2024-2025学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末数学试卷（含答案），共8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.已知直线l过点A(1, 3)和B(−2,0)，则l的倾斜角为( )
A. 120°B. 90°C. 60°D. 30°
2.已知函数f(x)=2x，则Δx→0limf(2+Δx)−f(2)Δx=( )
A. 4ln2B. 4ln2C. ln22D. 12ln2
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1=−1，a4=64，则S5=( )
A. 51B. −13C. −205D. −256
4.已知A(−12,1,32)，B(1,12,0)，C(0,1,0)，D(1,12,1)，则AB在CD上的投影向量为( )
A. (19,−118,19)B. (−19,118,−19)C. (338,−376,338)D. (−338,376,−338)
5.已知圆C1：(x+1)2+(y+4)2=5，圆C2：x2+y2−4x−4y+m=0，若圆C1与圆C2恰有三条公切线，则m=( )
A. −72B. −12C. 3D. 5
6.已知在棱长为1的正四面体ABCD中，BM=12BC，AN=3ND，则直线AM和CN夹角的余弦值为( )
A. 23B. 2 313C. 514D. 3913
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，一条渐近线方程为y=− 102x，过F1作这条渐近线的垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B，则|F1A||AB|=( )
A. 43B. 34C. 37D. 73
8.已知斐波那契数列{Fn}满足F1=F2=1，Fn=Fn−1+Fn−2(n≥3,n∈N∗).卢卡斯数列{Ln}满足L1=1，且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N∗)，则F2025=( )
A. 25L2022+15L2024B. 13L2023+15L2025C. 15L2024+15L2026D. 13L2025+17L2027
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C：(3−m)x2+(m+1)y2=(3−m)(m+1)，则( )
A. 当m=1时，C是半径为 2的圆
B. 当−1b>0)上一点P(x0,y0)作该椭圆的切线，切线方程为x0xa2+y0yb2=1.”设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，P为椭圆上一点，过P的切线l分别与坐标轴交于M、N两点，若cs∠F1PF2=35时，△MON(O为坐标原点)的面积取到最小值，则C的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=lnxx−2ax2．
(1)若a=1，求f′(x)；
(2)若f(x)在(1,f(1))处的切线与直线ax−3y−2=0垂直，求a．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面SAC⊥平面ABCD，∠ADC=60，∠SAC=90°，AD=AS=2CD=2．
(1)证明：CD⊥平面ACS；
(2)求平面SBC与平面SCD夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知直线l：x−y+1=0，圆C：(x−2)2+y2=r2(r>0)，点P在l上，点Q在C上．
(1)若一条光线沿着直线l从右上往左下射出，经y轴反射后，与C相切，求r；
(2)若r=1，R(2,2)，求点P坐标，使|PR|+|PQ|有最小值，并求出这最小值．
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点A(3,t)在C上，且|AF|=72．
(1)求C的方程；
(2)若M，N是C上的两个不同动点(M在x轴上方，N在x轴下方)，满足OM⋅ON=8．
(i)求证：直线MN过定点P；
(ii)设直线MN的斜率为k，过点P，且斜率为−2k的直线交C于R，S两点，求四边形MRNS面积的最小值．
19.(本小题17分)
若数列{an}满足：an+1−an>an−an−1(n≥2，且n∈N∗)n∈N∗)，则称数列{an}为“差增数列”；若对于差增数列{an}，存在整数k，同时满足以下两个条件：①对任意n∈N∗，都有an≥kn成立；②存在n∈N∗，使得an=kn成立，则称数列{kn}为差增数列{an}的“下限数列”．
(1)已知数列{an}是差增数列，若an∈{x|x为小于20的质数)，试写出项数为5的差增数列{an}；
(2)已知等差数列{bn}是公差为d的正项数列，其前n项和为Sn，等比数列{cn}是公比为q(q∈N∗)的非常数数列，且c1=3．
(i)试判断数列{nSn}是否为“差增数列”，并说明理由；
(ii)若b1=2，且S2，S3S4+4成等比数列，则是否存在以数列{2dqn}为“下限数列”的差增数列{cnSn}？若存在，求q的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.A
5.B
6.D
7.B
8.C
9.AC
10.ABD
11.BCD
12.3
13.13
14. 33
15.解：(1)若a=1，则f(x)=lnxx−2x2，
所以f′(x)=1−lnxx2−4x=1−lnx−4x3x2．
(2)因为f′(x)=1−lnxx2−4ax，所以f′(1)=1−4a，
由题意知，(1−4a)⋅a3=−1，即4a2−a−3=0，
所以(4a+3)(a−1)=0，解得a=1或a=−34．
16.解：(1)证明：因为平面SAC⊥平面ABCD，平面SAC∩平面ABCD=AC，SA⊥AC，
所以SA⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，
所以SA⊥CD，
在△ACD中，AD=2，CD=1，∠ADC=60°，
所以AC2=4+1−2×2×1×12=3，
所以AD2=AC2+CD2，即AC⊥CD，
又因为SA∩AC=A，SA，AC⊂平面SAC，
所以CD⊥平面SAC．
(2)由(1)知，SA⊥平面ABCD，AB⊥AC，
以A为原点，AB，AC，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则S(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0, 3,0)，D(−1, 3,0)，
所以SC=(0, 3,−2)，BC=(−1, 3,0)，CD=(−1,0,0)，
设平面SBC的一个法向量m=(x,y,z)，
则m⋅SC=0m⋅BC=0，即 3y−2z=0−x+ 3y=0，
所以取m=(3, 3,32)，
设平面SCD的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅SC= 3b−2c=0n⋅CD=−a=0，
所以取n=(0,2, 3)，
所以cs=m⋅n|m||n|=2 3+3 32 574⋅ 7= 13319，
所以平面SBC与平面SCD夹角的余弦值为 13319．
17.解：(1)由题意知，入射光线与y轴交于点(0,1)，反射光线的斜率为−1，
所以反射光线所在的直线方程为x+y−1=0，
因为圆心(2,0)，所以圆心到反射光线所在直线的距离等于r，
即r=|2−1| 2= 22．
(2)设点R关于直线l的对称点为R′(a,b)，
则b−2a−2=−1a+22−b+22+1=0，解得a=1b=3；
所以|PR|+|PQ|=|PR′|+|PQ|≥|R′Q|≥|R′C|−r，
因为|R′C|= 10，r=1，所以|PR|+|PQ|的最小值等于 10−1，
此时，点P就是直线R′C与l的交点．
由x−y+1=0y=−3x+6得，x=54y=94，
所以当点P(54,94)时，|PR|+|PQ|的最小值等于 10−1．
18.(1)因为|AF|=3+p2=72，
所以p=1，
则抛物线C的方程为y2=2x；
(2)(i)证明：设直线MN的方程为x=my+n，n>0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+ny2=2x，消去x并整理得y2−2my−2n=0，
此时Δ=4m2+8n>0，
由韦达定理得y1+y2=2m，y1y2=−2n，
因为OM⋅ON=x1x2+y1y2=(my1+n)(my2+n)+y1y2
=(m2+1)y1y2+mn(y1+y2)+n2=n2−2n=8，
解得n=4或n=−2(舍去)，
则直线MN过定点P(4,0)；
(ii)设直线MN的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，R(x3,y3)，S(x4,y4)，
联立y=k(x−4)y2=2x，消去x并整理得y2−2ky−8=0，
由韦达定理得y1+y2=2k，y1y2=−8，
所以|MN|= 1+1k2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+1k2 4k2+32，
此时R，S到直线MN的距离和d=|kx3−y3−4k|+|kx4−y4−4k| 1+k2=|kx3−y3−kx4+y4| 1+k2，
因为直线RS的直线方程为y=−2k(x−4)，
所以x3−x4=k2(y4−y3)，
所以d=k2+22|y4−y3| 1+k2=k2+22 1+k2|y4−y3|，
联立y=−2k(x−4)y2=2x，消去x并整理得y2+ky−8=0，
由韦达定理得y3+y4=−k，y3y4=−8，
所以|y4−y3|= k2+32，
则四边形MRNS的面积S=12|MN|⋅d=k2+22|k| 8k2+32k2+257=12(|k|+2|k|) 8(|k|+2|k|)2+257，
令t=|k|+2|k|，t≥2 2，
此时S=12t 8t2+225．
则当t=2 2，即k=± 2时，四边形MRNS的面积取得最小值，最小值为17 2．
19.解：(1)根据“差增数列”的定义可得a1=2，a2=3，a3=5，a4=11，a5=19；
(2)(i)是，理由如下：
因为bn>0，则首项b1>0，公差d>0，所以bn=b1+(n−1)d，Sn=nb1+n(n−1)2d，
因为(n+1)Sn+1+(n−1)Sn−1−2nSn
=(n+1)[(n+1)b1+n(n+1)2d]+(n−1)[(n−1)b1+(n−1)(n−2)2d−2n[nb1+n(n−1)2d]
=2b1+(3n−1)d>0，
即(n+1)Sn+1−nSn>nSn−(n−1)Sn−1对任意n≥2且n∈N”恒成立，
故数列{nSn}为“差增数列”．
(ii)因为S32=S2(S4+4)，则(6+3d)2=(4+d)(8+6d+4)，且d>0，
所以d=2，所以Sn=2n+n(n−1)2×2=n(n+1)，
假设存在以数列{2dqn}为“下限数列”的差增数列{cnSn}，
则4q∈Z，而q∈N，q≠1，所以q的可能取值为2、4，
①若q=2，则cnSn=3⋅2n−1n(n+1)，若存在，则其下限数列为{2n}，即3⋅2n−1(n+1)n≥2n恒成立，
事实上，当n=1时，320，以cn+1Sn+1−cnSn>cnSn−cn−1Sn−1对任意n≥2恒成立，
所以数列{3⋅4n−1(n+1)n}是差增数列，令tn=3⋅4n−1(n+1)n2，
则tn+1−tn=3⋅4n(n+2)(n+1)2−3⋅4n−1(n+1)n2=3⋅4n−1(3n2−3n−2)(n+2)(n+1)2n2，
n=1时，t2−t1t2，当n≥2时，3n2−3n−2>0，
所以tn+1−tn>0，即tn