2024-2025学年黑龙江省龙东地区高二上学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年黑龙江省龙东地区高二上学期期末考试数学试卷（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.在等差数列an中，a1=1,a3+a5=8，则a7=( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则(AB+AD)⋅AD+AA1=( )
A. 1B. 0C. −1D. 2
3.已知点A2,3，B3,−1，若直线l过点P0,1且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. k≤−23或k≥1B. k≤−23或0≤k≤1
C. −23≤k≤0或k≥1D. −23≤k≤1
4.在平面直角坐标系中，已知两点A0,1,B0,−1，点M为动点，且直线AM与BM的斜率之积为12，则点M的轨迹方程为( )
A. x2+2y2=2x≠0B. 2x2−y2=2x≠0
C. x2−2y2=2x≠0D. 2y2−x2=2x≠0
5.设数列an的前n项和为Sn=n2，则a9的值为( )
A. 64B. 16C. 17D. 81
6.已知直线x−ay=0交圆C:x2+y2−2 3x−2y=0于M，N两点，则“△MCN为正三角形”是“a=0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在矩形ABCD中，AB=2，AD=2 3，沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B−AC−D，当点B与点D之间的距离为3时，csθ=( )．
A. 13B. 16C. −13D. −16
8.已知数列an满足：a1=1，2n+12an=2n−12a n+1(n∈N∗).正项数列cn满足：对于每个n∈N∗，c2n−1=an，且c2n−1，c2n，c2n+1成等比数列，则1c2n的前n项和为( )
A. nn+1B. 2n2n+1C. n2n+1D. n2n−1
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.下列直线中，与抛物线y2=x只有一个公共点，且过点(0,1)的是( )
A. x=0B. y=1C. 4x−y+1=0D. x−4y+4=0
10.已知数列an，bn满足an=bn−n+1，且bn+1=2bn，则( )
A. b3=4a1+2B. 当a1≠0时，bn是等比数列
C. 当b1=0时，an是等差数列D. 当b1>1时，an是递增数列
11.已知三棱锥P−ABC，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E为PA中点，PB⊥CE，则下列结论正确的是( )
A. PB⊥AC
B. 异面直线CE与AB所成的角的余弦值为 105
C. CE与平面ABC所成的角的正弦值为 1515
D. 三棱锥P−ABC外接球的表面积为6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线E:x24−y2b2=1(b>0)的离心率为 3，则b= ．
13.已知数列an是单调递增的等比数列，且a2+a4=30，a3=9，则S8−S6S4−S2= ．
14.已知点列Anxn,0(n=1,2,⋯)，其中x1=0，x2=2，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，……An是线段An−2An−1的中点，…….记an=xn+1−xn，则．a3= ；xn= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，a2=9，S3=39．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{an−bn}是首项为1，公差为3的等差数列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn．
16.(本小题12分)
已知数列an的前n项和为Sn，且关于x的方程nx2+2 Snx+n+1=0，n∈N∗有两个相等的实数根．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=an+1⋅2an，数列bn的前n项和为Tn，且Tn≥4nλ对任意的n∈N∗恒成立，求实数λ的最大值．
17.(本小题12分)
已知三棱柱ABC−A1B1C1，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等边三角形，D是AB的中点，AB=AA1．
(1)证明：CD⊥AB1；
(2)求二面角C−AB1−C1的余弦值．
18.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为2，离心率为 22．
(1)求E的方程;
(2)过点0, 3作直线l与椭圆E相交于A,B两点，若AB=8 27，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
给定数列{An}，若对任意m，n∈N∗且m≠n，Am+An是{An}中的项，则称{An}为“H数列”.设数列{an}的前n项和为Sn．
(1)若Sn=n2+n，试判断数列{an}是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设{an}既等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N∗，a2>6，求公差d的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N∗，Sn是{an}中的项，求证：{an}是“H数列”．
参考答案
1.D
2.A
3.D
4.D
5.C
6.B
7.B
8.C
9.ABD
10.BCD
11.ACD
12.2 2
13.81
14.12 ；或0.5 ； ； ； ；
；431−−12n−1
15.解：(Ⅰ)等比数列{an}为递增数列，设公比为q，其前n项和为Sn，a2=9，S3=39，
可得a1q=9，a1+a1q+a1q2=39，
解得a1=q=3，或a1=27，q=13(舍去)，
则an=3n；
(Ⅱ)若数列{an−bn}是首项为1，公差为3的等差数列，
则an−bn=1+3(n−1)=3n−2，
可得bn=3n−(3n−2)，
前n项和Tn=(3+9+...+3n)−(1+4+...+3n−2)=3(1−3n)1−3−12n(1+3n−2)=3n+1−3−3n2+n2．
16.解：(1)由关于x的方程nx2+2 Snx+n+1=0，n∈N∗有两个相等的实数根，
可得Δ=4Sn−4nn+1=0，即Sn=n2+n，n∈N∗，
当n=1时，a1=S1=2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−n−12−n−1=2n．
当n=1时，上式也成立，所以an=2n．
(2)由(1)可知，bn=an+1⋅2an=2n+1⋅4n，
Tn=3×41+5×42+⋅⋅⋅+2n+1⋅4n，①
4Tn=3×42+5×43+⋅⋅⋅+2n+1⋅4n+1，②
①−②得：−3Tn=3×41+2×42+⋅⋅⋅+2×4n−2n+1×4n+1=12+2×161−4n−11−4−2n+1⋅4n+1
=−8n+43×4n+43，
所以Tn=83n+49⋅4n−49．
又Tn≥4nλ对任意的n∈N∗恒成立，即83n+49⋅4n−49≥λ4n对任意的n∈N∗恒成立，
故λ≤83n+49−49×4nmin，
因为数列83n+49−49×4n在n∈N∗时单调递增，
所以83n+49−49×4nmin=3，当且仅当n=1时取得最小值．
所以实数λ的最大值为3．

17.解：(1)∵底面ABC为等边三角形，D为AB中点，∴CD⊥AB，又AA1⊥面ABC，∴AA1⊥CD，又AA1∩AB=A，CD⊥面ABB1A1，又AB1⊂面ABB1A1，∴CD⊥AB1．
(2)取A1B1中点D1，∴DB、DC、DD1两两垂直．
如下图，分别以DB、DC、DD1为x、y、z轴，建立空间直角坐标系D−xyz．
设AB=2，∴C0, 3,0，A−1,0,0，B11,0,2，C10, 3,2
∴AB1=2,0,2，∴AC=1, 3,0，∴AC1=1, 3,2，
∴设面AB1C的法向量为m=x,y,z，
∴m⋅AB1=2x+2z=0m⋅AC=x+ 3y=0，令x= 3，∴m= 3,−1,− 3，
同理面AB1C1法向量n= 3,1,− 3，∴csm,n=m⋅nm⋅n=3−1+3 7 7=57，
∵二面角为C−AB1−C1锐二面角，∴二面角C−AB1−C1的余弦值为57．

18.解：(1)依题意：b=1 1−b2a2= 22，解得a= 2b=1,
所以E的方程为x22+y2=1．
(2)当直线l的斜率不存在时，|AB|=2，与题意不符，舍去；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y=kx+ 3，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x22+y2=1y=kx+ 3，消y得：x2+2(kx+ 3)2=2，
整理得：2k2+1x2+4 3kx+4=0，
Δ=(4 3k)2−162k2+1=16k2−1>0，则k∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，
x1+x2=−4 3k2k2+1,x1x2=42k2+1，
则AB= 1+k2 x1+x22−4x1x2= 1+k2 −4 3k2k2+12−162k2+1=4 k4−12k2+1=8 27，
即7 k4−1=2 22k2+1，
则17k4−32k2−57=0，即17k2+19k2−3=0，
解得k= 3或k=− 3，
则直线l的方程为y= 3x+ 3或y=− 3x+ 3．

19.解：(1)Sn=n2+n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
当n=1时，a1=S1=2也成立，所以an=2n，
对任意m，n∈N∗且m≠n，am+an=2m+2n=2m+n=am+n，
∴{an}是“H数列”；
(2)因为 a1=6，a2∈N∗，a2>6，
所以d∈N∗，
所以an=6+n−1d，
由已知得am+an=6+m−1d+6+n−1d也为数列中的项，
令am+an=akk∈N∗，
即6+m−1d+6+n−1d=6+k−1d，
所以k=6d+m+n−1，
所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6；
(3)设数列{an}的公差为d，
所以存在k∈N∗，对任意n∈N∗，Sn=ak，
即na1+nn−12d=a1+k−1d，
当d=0时，则a1=0，故ak=0，此时数列为“H数列”；
当d≠0时，k=n−1a1d+nn−12+1，
取n=2，则k=a1d+2，所以a1d≥−1，a1d∈Z，
当a1d=−1时，k=nn−32+2均为正整数，符合题意，
当a1d∈N时，k=n−1a1d+nn−12+1均为正整数，符合题意，
所以a1d≥−1，a1d∈Z，
设a1d=s，s≥−1，s∈Z，即a1=sd，
所以任意m，n∈N∗且m≠n，am+an=sd+s+m+n−2d，
显然s+m+n−2∈N，所以am+an为数列中的项，
∴{an}是“H数列”．