2024-2025学年甘肃省庆阳市环县一中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年甘肃省庆阳市环县一中高二（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.数列2，−4，6，−8，…的通项公式可能是( )
A. an=(−1)n2nB. an=(−1)n+12nC. an=(−1)n2nD. an=(−1)n+12n
2.直线x+y− 3=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 135°
3.平面内点P到F1(0,−2)，F2(0,2)的距离之和是8，则动点P的轨迹方程是( )
A. x212+y24=1B. x216+y212=1C. y212+x24=1D. y216+x212=1
4.鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹，如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一部分，其宽为8m，高为0.8m，根据图中的坐标系，该抛物线的方程为( )
A. y2=20xB. y2=10x
C. x2=20yD. x2=10y
5.已知平面α的法向量n=(−1,2,0)，且点A∈α，AP=(12,1,−4)，则点P到平面α的距离为( )
A. 5B. 2 5C. 24D. 4 2
6.甲、乙、丙、丁4名志愿者被派往三个足球场参加志愿服务，每名志愿者都必须分配，每个足球场至少分配1名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个足球场，则不同的分配方案共有( )
A. 24种B. 30种C. 36种D. 42种
7.斐波那契是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列.斐波那契数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an(n∈N∗)，设1+a3+a5+a7+a9+⋯+a2023=ak，则k=( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
8.已知F为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的左顶点，点B在C上，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为1，则C的实轴长与虚轴长的比值为( )
A. 33B. 3C. 22D. 2
9.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=12，an+1=2anan+1，若S2024∈(k−1,k)，则正整数k的值为( )
A. 2024B. 2023C. 2022D. 2021
二、多选题：本题共4小题，共24分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.已知空间向量a=(−2,−1,1)，b=(3,4,5)，下列结论错误的是( )
A. |a+b|=3 5
B. a，b夹角的余弦值为− 36
C. 若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为m=(4,2,k)，且l⊥α，则实数k=2
D. a在b上的投影向量为−110b
11.若(2x+1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，x∈R，则( )
A. a0=1B. a0−a1+a2−a3+⋯+a10=3
C. a0+a1+a2+⋯+a10=310D. a2+a4+⋯+a10=310−1
12.已知点P在圆C：(x−6)2+(y−5)2=16上，直线l：x+3y=12与x轴、y轴分别交于A，B两点，则( )
A. 点P到直线l的距离大于1
B. 点P到直线l的距离小于7
C. 当∠PAB最大时，|PA|=3 5
D. 以BC为直径的圆与圆C的公共弦所在直线的方程为6x+y−25=0
13.我们称离心率为 5−12的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A1，A2，B1，B2为顶点，F1，F2为焦点，P为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆“的有( )
A. |A1F1|2=|F1F2|2
B. ∠F1B1A2=90°
C. 四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1，F2
D. PF1⊥x轴，且PO//A2B1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
14.若抛物线y2=4x上一点P到其焦点的距离为4.则点P的横坐标为 ．
15.已知递减等差数列{an}，a1=2，a2024是方程x2−2025x+2024=0两个实根，当an=0时，n= ______．
16.已知直线y=kx−2与曲线 1−(y−1)2=|x|−1有两个不同的交点，则实数k的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2−4x−4y+4=0，直线l：x+my−1−m=0．
(1)求证：直线l恒过定点；
(2)当m=1时，求直线l被圆C截得的弦长．
18.(本小题12分)
已知数列{an}前n项和Sn=12(n2+n)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{1an2+an}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为菱形，AB=AC=2，AA1=2 3．
(1)证明：平面A1C1B⊥平面BDD1B1；
(2)求直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
2022年4月16日3名宇航员在太空历经大约半年时间安全返回地球，返回之后3名宇航员与2名航天科学家从左到右排成一排合影留念.求：
(1)2名航天科学家站在左、右两端总共有多少种排法；
(2)3名宇航员互不相邻的概率；
(3)2名航天科学家之间至少有2名宇航员的概率．
21.(本小题12分)
已知数列{an}中，a1=1，an+1=anan+3(n∈N∗).
(1)求证：数列{1an+12}为等比数列，并求出{an}的通项公式an；
(2)数列{bn}满足bn=(3n−1)⋅n2n⋅an，设Tn为数列{bn}的前n项和，求使k>Tn恒成立的最小的整数k．
22.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点A，过右焦点F且垂直于x轴的直线与E交于B，C两点，若△ABC的面积为 2+1．
(1)求双曲线E的方程；
(2)若直线l：y=kx−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求|MN||PQ|的取值范围．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.C
5.B
6.B
7.C
8.A
9.B
10.AC
11.AC
12.BCD
13.BC
14.3
15.2025
16.[−2,−43)∪(43,2]
17.解：(1)∵直线l：x+my−1−m=0，可化为x−1+m(y−1)=0，
由x−1=0y−1=0可得x=1y=1，
∴直线l恒过定点(1,1)．
(2)当m=1时，直线l：x+y−2=0．
圆C：x2+y2−4x−4y+4=0化为(x−2)2+(y−2)2=4，
半径r=2，圆心C(2,2)．
圆心C到直线l的距离|2+2−2| 1+1= 2．
∴直线l被圆C截得的弦长为2 r2−d2=2 4−2=2 2．
18.解：(1)由Sn=12(n2+n)①可得a1=12(1+1)=1，
当n≥2时，Sn−1=12[(n−1)2+(n−1)]=12n2−12n②，
由①−②可得：an=n，显然n=1时满足题意，故数列{an}的通项公式为an=n．
(2)由(1)知an=n，故1an2+an=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
依题有，Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
19.证明：(1)∵四边形A1B1C1D1是菱形，∴A1C1⊥B1D1．
又BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1．
∵B1D1∩BB1=B1，B1D1，BB1⊂平面BDD1B1，∴A1C1⊥平面BDD1B1，
∵A1C1⊂平面A1C1B，∴平面A1C1B⊥平面BDD1B1．
(2)连接AC，设菱形对角线交点分别为O，O1，连接OO1，依题意可知，OO1⊥平面ABCD，
以O为原点，OC，OD，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

∵AA1=2 3，AB=AC=2，∵AA1=2 3,AB=AC=2，∴BO= 3=DO，
∴B(0,− 3,0)，A1(−1,0,2 3)，C1(1,0,2 3)，
∴BC1=(1, 3,2 3),BA1=(−1, 3,2 3)，C1D=(−1, 3,−2 3)．
设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC1=0n⋅BA1=0⇒x+ 3y+2 3z=0−x+ 3y+2 3z=0，取n=(0,2,−1)，
设直线DC1与平面A1C1B的夹角为θ，
则sinθ=|cs〈C1D,n〉|=|C1D⋅n||C1D||n|=2× 3+1×2 34× 5= 155，
∴直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值为 155．
20.解：(1)根据题意，分2步进行分析：
①先排2名航天科学家A22，
②再排3名宇航员A33，
所以总共有A22A33=12种排法；
(2)根据题意，3名宇航员互不相邻，先排2名航天科学家，然后再插入3名宇航员，所以总共有A22A33=12种排法，
而5人排成一排一共A55=120种排法，所以所求的概率为P=12120=110．
(3)根据题意，分2种情况讨论：
①当2名航天科学家之间有3名宇航员时，其概率P1=A22A33A55=110；
②当2名航天科学家之间有2名宇航员时，其概率P2=C32A22A22A22A55=15，
故要求的概率P=15+110=310．
21.解：(1)证明：由an+1=anan+3(n∈N∗)，得1an+1=an+3an=3an+1，
∴1an+1+12=3(1an+12)，
∴数列{1an+12}是以3为公比，以1a1+12=32为首项的等比数列，
∴1an+12=32×3n−1，即an=23n−1．
(2)由题意得bn=n2n−1．
Tn=1×120+2×121+3×122+⋅⋅⋅+(n−1)×12n−2+n×12n−1，
Tn2=1×121+2×122+⋅⋅⋅+(n−1)×12n−1+n×12n，
两式相减得：Tn2=120+121+122+⋅⋅⋅+12n−1−n×12n=1−12n1−12−n2n=2−n+22n，
因为Tn=4−n+22n−1Tn恒成立的最小的整数k为4．
22.解：(1)因为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)为等轴双曲线，可得a=b，
设双曲线的焦距为2c，c>0，
故c2=a2+b2=2a2，即c= 2a，
因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，
将xB=c= 2a代入双曲线的方程可得|yB|=a，故|BC|=2a，
又三角形的面积为1+ 2，即12|BC|⋅|AF|=12×2a×(a+c)=1+ 2，
解得a=1，
故双曲线的方程为x2−y2=1；
(2)由题意可得直线l：y=kx−1与双曲线的左右两支交于M，N两点，
联立x2−y2=1y=kx−1，可得(1−k2)x2+2kx−2=0，
所以1−k2≠0，△=(2k)2−4(1−k2)×(−2)>0，解得− 2