2024-2025学年陕西省西安市某校高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市某校高二（上）期末数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知{an}为等差数列，则下面数列中一定是等差数列的是( )
A. {1an}B. {kan}C. {anan+1}D. { an}
2.若直线mx+y+2m−1=0与直线x+my+1=0平行，则实数m的取值为( )
A. 1或−1B. −1C. 1D. 0
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=30，a8=4，则S10=( )
A. 50B. 63C. 72D. 135
4.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为( )
A. 2 39
B. 4 39
C. 39
D. 5 39
5.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π3的直线在第一象限交C于点A，若点A在l上的投影为点B，且|AB|=4，则p=( )
A. 1B. 2C. 2 2D. 4
6.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P(x,y)是阴影部分(包括边界)的动点，则yx−2的最小值为( )
A. −23
B. −32
C. −43
D. −1
7.已知等差数列{an}(n∈N+)的前n项和为Sn，公差d0)上，则r的取值范围是( )
A. ( 2,2 2)B. [ 2,2 2]C. (2 2,4 2)D. [2 2,4 2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知曲线x216−m+y2m−4=1表示椭圆，则下列说法正确的是( )
A. m的取值范围为(4,16) B. 若该椭圆的焦点在y轴上，则m∈(10,16)
C. 若m=6，则该椭圆的焦距为4 2 D. 若椭圆的离心率为 63，则m=7
10.1202年，斐波那契在《算盘全书》中从“兔子繁殖问题”得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21，…，该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.记Sn为该数列的前n项和，则下列结论正确的有( )
A. a11=89B. a2023为偶数
C. a1+a3+a5+…+a2023=a2024D. a2+a4+a6+…+a2024=S2023
11.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法−商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则( )
A. S3=a4B. an+1−an=n+32
C. an+1−an=n+1D. a10=55
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。
12.等差数列{an}前13项和为91，正项等比数列{bn}满足b7=a7，则lg7b1+lg7b2+…+lg7b13= ______．
13.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F分别作C的两条渐近线的平行线与C交于A，B两点，若|AB|=2 3b，则C的离心率为______．
四、解答题：本题共6小题，共65分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题5分)
如图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽______米．
15.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+1−3Sn−4=0，a1=4．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)设bn=lg4an，证明：1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1b>0)的离心率e= 32，且椭圆C的长轴长为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点D(0,12)，且与椭圆C相交于M，N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当△PMN面积最大时，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知正项数列{an}的首项为1，其前n项和为Sn，满足an= Sn+ Sn−1(n≥2)．
(1)求证：数列{ Sn}为等差数列，并求出Sn；
(2)求an；
(3)设bn=an−10，求数列{|bn|}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
已知数列{an}满足1a1+2a2+⋯+nan=1−12n，n∈N∗．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn；
(3)设bn=[lg2an]([x]表示不超过x的最大整数)，求数列{bn}的前100项和．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.C
5.B
6.C
7.C
8.D
9.BC
10.ACD
11.ACD
12.13
13. 3+2
14.2 6
15.解：(1)证明：当n=1时，a2=3a1+4=16，
当n≥2时，由an+1=3Sn+4，得an=3Sn−1+4，
两式作差可得：an+1−an=3an，则an+1=4an，所以an+1an=4，
又因为a2a1=4，所以数列{an}是首项和公比都为4的等比数列，．
(2)证明：由(1)可知，an=4⋅4n−1=4n，则bn=lg4an=n，
所以1bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+10，
x1+x2=−4k4k2+1，x1x2=−34k2+1，
∴|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 16k2(1+4k2)2−4⋅−31+4k2=2 3+16k21+4k2，
∴S△PMN=12|PD|⋅|x1−x2|=12×32×2 3+16k21+4k2=32⋅ 3+16k21+4k2，
令 16k2+3=m(m≥ 3)，可得4k2=m2−34，
∴1+4k2=1+m24，
则S△PMN=32⋅m1+m24=6m1+m2=6m+1m，
又∵y=m+1m在[ 3,+∞)单调递增，
∴当m= 3，即 16k2+3= 3，即k=0时，△PMN面积最大．
此时直线l：y=12．
18.证明：(1)因为an= Sn+ Sn−1，
所以Sn−Sn−1= Sn+ Sn−1，
因为an>0，所以Sn>0(n∈N),
所以( Sn+ Sn−1)( Sn− Sn−1)= Sn+ Sn−1，
所以 Sn− Sn−1=1，又由 S1=1，
所以{ Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以 Sn=1+(n−1)⋅1=n，所以Sn=n2；
解：(2)因为a1=S1=1，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1(n≥2)，且a1=1=2×1−1，
所以an=2n−1；
解：(3)由(2)知bn=2n−11，所以n≤5时，bn0，
记数列{bn}的前n项和为Bn，则Bn=n2−10n，
所以当n≤5时，Tn=i=1n(−bi)=−Bn=−n2+10n；
当n≥6时，Tn=i=15(−bi)+i=6nbi=Bn−2B5=n2−10n+50，
所以Tn=−n2+10n,n≤5n2−10n+50,n≥6．
19.解：(1)数列{an}满足1a1+2a2+⋯+nan=1−12n，n∈N∗，
当n=1时，得a1=2，
因为1a1+2a2+⋯+nan=1−12n，①
当n≥2时，1a1+2a2+⋯+n−1an−1=1−12n−1，②
①−②，得nan=12n，所以an=n⋅2n．
故对任意的n∈N∗，an=n⋅2n．
(2)因为Sn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，
可得2Sn=1⋅22+2⋅23+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，
作差可得−Sn=(2+22+23+⋯+2n)−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
因此，Sn=(n−1)⋅2n+1+2．
(3)设bn=[lg2an]([x]表示不超过x的最大整数)，
由(1)得bn=[lg2(n⋅2n)]=[n+lg2n]=n+[lg2n]，
因为26