2024-2025学年云南省昆明市第一中学高二下学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市第一中学高二下学期期中考试数学试卷（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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知F1，F2是平面内两个不同的定点，则“||MF1|−|MF2||为定值”是“动点M的轨迹是双曲线”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
2.已知y=f′(x)函数y=f(x)的导函数，其图象如图所示，则以下选项中正确的是( )
A. x=0和x=2是函数y=f(x)的两个零点
B. 函数y=f(x)的单调递增区间为(−∞,1)
C. 函数y=f(x)在x=0处取得极小值，在x=2处取得极大值
D. 函数y=f(x)的最大值为f(2)，最小值为f(0)
3.已知首项为1的数列{an}满足an+1an=nn+2，则a3=( )
A. 16B. 12C. 13D. 14
4.从甲队60人、乙队40人中，按照分层抽样的方法从两队共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：甲队答对题目的平均数为1，方差为1;乙队答对题目的平均数为1.5，方差为0.4，则这10人答对题目的方差为( )
A. 0.8B. 0.675C. 0.74D. 0.82
5.设等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，若a8+a9>0，a90成立的最大自然数n是15
6.函数f(x)=cs2x−csx是( )
A. 偶函数，且最小值为−2B. 偶函数，且最大值为2
C. 周期函数，且在0,π2上单调递增D. 非周期函数，且在π2,π上单调递减
7.已知函数f(x)=x3+92x2+c有3个零点，则c的取值范围是( )
A. −92,0B. −∞,−272∪(0,+∞)
C. −272,0D. −∞,−92∪(0,+∞)
8.设椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，PF1=λPF213≤λ≤3，∠F1PF2=π2，则椭圆离心率的取值范围为( )
A. 22, 53B. 12,59C. 22, 104D. 12,58
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.记数列{an}的前n项和为Sn，则下列条件使{an}一定为等比数列的是( )
A. an+1an=3B. an+12=an⋅an+2C. Sn=3n−2D. Sna1=n
10.已知圆O:x2+y2=4，P是直线l:x+y−6=0上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆O相切于点A，B，则( )
A. 圆O与直线l相离B. |PA|存在最小值
C. |AB|存在最大值D. 存在点P使得▵ABO为直角三角形
11.在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2，且( 3tanA−1)( 3tanB−1)=4，则( )
A. C=π3B. a的取值范围为(12,2)
C. a+bc的最大值为2D. sin2A−cs2B的取值范围为(14,12]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(1−2x)5(x+2)=a0+a1x+⋯+a6x6，则a1+a2+…+a6= ．
13.若方程sin2x−π3=13在0,π上的解为x1,x2x12,n∈N∗)的n个相同的袋子，每个袋中均装有n个形状和大小都相同的小球，且编号为k(k=1,2,3,⋯,n)的袋中有k个红球，n−k个白球.当n=5时，从编号为3的袋中无放回依次摸出两个球，则摸到的两个球都是红球的概率为 ;现随机从n个袋子中任选一个，再从袋中无放回依次摸出三个球，若第三次取出的球为白球的概率为920，则n的值为 ．
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)
设Sn为数列an的前n项和，且满足：4Sn−2an=2nn∈N∗．
(1)设bn=an+an+1，证明bn是等比数列；
(2)求S2n．
16.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，▵ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，AC1=2 2，D1为B1C1的中点，D为棱BC上一点，BD1//平面ADC1．
(1)求证：D为BC中点；
(2)求直线BC与平面ADC1所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=kex−12x2．
(1)当k=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)的单调性．
18.(本小题17分)
某学校有A,B两家餐厅，王同学第一天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．
(1)计算王同学第二天去A餐厅用餐的概率；
(2)王同学某次在A餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，nn≥2,n∈N+种中式点心，王同学从这些点心中选择3种点心，记选择西式点心的种数为X，求P(X=1)的最大值，并求此时n的值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点分别F1,F2,A,B别为C的上､下顶点，过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点，∣DE⊨4813,∠AF2B=120∘
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知原点O，过F2的直线l1,l2分别交C于M,N两点和P,Q两点，M在x轴的上方，若M､O､P三点共线，证明：直线NQ过定点．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.D
5.D
6.B
7.C
8.C
9.AD
10.AB
11.ACD
12.−5
13.12/0.5
14.310；10
15.(1)因为∀n∈N∗，4Sn−2an=2n，则4Sn+1−2an+1=2n+1，
两式相减得：4an+1−2an+1+2an=2n+1−2n，整理可得an+1+an=2n−1，即bn=2n−1，
于是n∈N∗，bn+1bn=2n2n−1=2，
所以数列bn是等比数列．
(2)由(1)知，bn=2n−1，又an+1+an=bn，则a2n−1+a2n=b2n−1=22n−2=4n−1
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+⋅⋅⋅+(a2n−1+a2n)=b1+b3+b5+⋅⋅⋅+b2n−1=1−4n1−4=4n−13．
16.(1)⸪BD1//平面ADC1，BD1⊂平面BB1C1C，平面ADC1∩平面BB1C1C=DC1，
⸫BD1//DC1，又因为BD//D1C1，
⸫四边形BD1C1D为平行四边形，且因为D1为B1C1的中点，
⸫|BD|=D1C1=12|BC|，
⸫ D为BC中点．
(2)根据勾股定理可知|AD|= 3，DC1= 5，且AC1=2 2，
再根据勾股定理可得|AD|2+DC12=AC12，故AD⊥DC1，
又因为AD⊥BC，BC∩DC1=D，BC,DC1⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C，
如图建立以D为坐标原点，AD为z轴，DB为x轴，DD1为y轴的空间直角坐标系，
B(1,0,0)，C(−1,0,0)，CB=(2,0,0)，
D(0,0,0)，A0,0, 3，C1(−1,2,0)，DA=0,0, 3，DC1=(−1,2,0)，
设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA= 3z=0n⋅DC1=−x+2y=0，令y=1，解得n=(2,1,0)，
sinα=cs=|n→·CB→||n→||CB→|=42× 5=2 55，
故直线BC与平面ADC1所成角的正弦值为2 55．
17.(1)∵k=1，∴f(x)=ex−12x2，∴f′(x)=ex−x，
当x=1时，f(1)=e−12，
∴切点坐标为1,e−12，
又f′(1)=e−1，∴切线斜率为e−1，
∴曲线y=f(x)在x=1处切线方程为：e−1x−y+12=0．
(2)∵f(x)=kex−12x2，x∈R，
∴g(x)=f′(x)=kex−x，x∈R，∴g′(x)=kex−1，x∈R，
①当k≤0时，g′(x)0时，令g′(x)=kex−1=0⇒x=−lnk，
所以当x< −lnk时，g′(x) −lnk时，g′(x)>0，g(x)在(−lnk,+∞)上单调递增
综上：k≤0时，f(x)的单调递减区间为R，无单调递增区间；
k>0时，f(x)的单调递增区间为(−lnk,+∞)，单调递减区间为(−∞,−lnk)；
18.(1)设A1=“第一天去A餐厅用餐”，B1=“第一天去B餐厅用餐”，
A2=“第二天去A餐厅用餐”，
根据题意得PA1=PB1=0.5,PA2|A1=0.6,PA2|B1=0.8，
由全概率公式，得：PA2=PA1PA2A1 +PB1PA2B1 =0.5×0.6+0.5×0.8=0.7，
所以，王同学第二天去A餐厅用餐的概率为0.7．
(2)由题意，X的可能取值有：0，1，2，3，
由超几何分布可知P(X=1)=C51Cn2Cn+53=15n(n−1)(n+5)(n+4)(n+3)，
令an=15n(n−1)(n+5)(n+4)(n+3)，若an最大，则an≥an+1,an≥an−1，
即15n(n−1)(n+5)(n+4)(n+3)≥15(n+1)n(n+6)(n+5)(n+4)15n(n−1)(n+5)(n+4)(n+3)≥15(n−1)(n−2)(n+4)(n+3)(n+2)，解得9≤n≤10，
又∵n∈N，所以n=9,10，
易知当n=9和n=10时，P(X=1)的值相等，
所以当n=9或10时，P(X=1)有最大值为4591，
即当n的值为9或10时，使得P(X=1)最大．
19.(1)设F2(c,0)，则∠AF2B=120∘，所以2b= 3a.,∴b= 3c.．
设椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，
∵AF2=a,OF2=c,a=2c，
∴∠AF2O=π3,∴△AF1F2为正三角形，
∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，
∴直线DE的斜率为 33，斜率倒数为 3，
直线DE的方程：x= 3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，
整理化简得到：13y2−6 3cy−9c2=0，
判别式Δ=(6 3c)2+4×13×9c2=62×16×c2，
∴|DE|= 1+( 3)2y1−y2=2× Δ13=2×6×4×c13=4813．
∴c=1，所以a=2．
故椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)设Mx1,y1,P−x1,−y1,Nx2,y2,Qx3,y3因为F2(1,0)，
所以y1x1−1=y2x2−1，即y1x2−y2x1=y1−y2①，
又因为点M,N均在椭圆上，所以x124+y123=1x224+y223=1,
两式整理，可得，y12x22−y22x124=y12−y22②，
由②除以①可得y1x2+y2x14=y1+y2，消元可得x2=5x1−82x1−5y2=3y12x1−5,
同理可得x3=5x1+82x1+5y3=3y12x1+5,
所以直线NQ的方程为y=y3−y2x3−x2x+y2y3−y3y2x3−x2，
又y3−y2x3−x2=5y13x1,y2x3−y3x2x3−x2=−8y13x1，
所以直线NQ的方程为y=y13x1(5x−8)，故直线NQ过定点85,0．