浙江绍兴市诸暨市2025-2026学年高二第一学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份浙江绍兴市诸暨市2025-2026学年高二第一学期期末考试数学试卷（含答案），共9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.若直线l:y=x−2的倾斜角为α，在y轴上的截距为b，则( )
A. α=π4，b=2B. α=π4，b=−2
C. α=3π4，b=2D. α=3π4，b=−2
2.双曲线x2−y23=1的焦点坐标是( )
A. 0,±2B. ±2,0C. ± 2,0D. 0,± 2
3.记Sn为等差数列an的前n项和，d为公差，则S3+a3=( )
A. 3a1+6dB. 4a1+8dC. S4D. S5−a6
4.若直线l的一个方向向量a=1,1,−1，平面α的一个法向量b=−2,−2,2，则( )
A. l⊥αB. l//αC. l⊂αD. 以上都有可能
5.记q为等比数列an的公比，若a1为a2，a3的等差中项，则( )
A. q=1B. q=−2C. q=1或q=−2D. q=−1或q=2
6.方程x4+y3=1对应的曲线周长是( )
A. 12B. 16C. 20D. 4 5
7.已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F1,0，过F的直线与抛物线交于M，N两点.准线与x轴的交点为P.当PM⊥PN时，直线MN的方程为( )
A. x−1=0B. x−2=0C. y=±x−1D. y=±2x−1
8.已知圆C:x2+y2=r2r>0和直线l：3x+4y−25=0，若圆C上存在三点到直线l的距离成公差为2的等差数列，则r的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.已知等比数列an：32，−16，8，−4，…，前n项和为Sn，前n项积为Tn则( )
A. 公比q=−2B. T5+T6=0
C. 若Sn取到最大值，则n=5D. 若Tn取到最大值，则n=5
10.设函数fx=x3+x2−ax−1，则下列说法正确的是( )
A. 当a≤−13时，fx无极值点
B. 当a=1时，−1是fx的极大值点
C. ∃a∈R，fx图象存在对称轴
D. ∀a∈R，fx图象对称中心的横坐标不变
11.长方体ABCD−A1B1C1D1，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，点E是棱CC1的中点，点O是AC与BD的交点，若OE=−1,2,2，则( )
A. AC1=−2,4,4B. AC⋅BD1=0C. A∈平面OEA1D. VO−A1B1E=4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆O：x−a2+y−2a2=1，圆心在直线l：y=x+1上，则a= ．
13.若曲线y= x在x=n2n∈N∗处的切线斜率为kn，则k1k2+k2k3+⋅⋅⋅+k9k10= ．
14.已知抛物线C：x2=4y，直线l：y=kx+1交抛物线于M，N两点，垂直于l的直线ME与NQ分别交抛物线于E，Q两点.当EQ长度最小时，k2= ．
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)
已知焦点在x轴上的双曲线C的渐近线方程为y=± 3x．
(1)求双曲线C的离心率e；
(2)若点 2, 3在双曲线C上，直线y=x+2与C相交于不同的两点A，B，求弦长AB的值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，AB=2，CD=BC=1．
(1)求证：AD⊥平面PBD；
(2)若PD= 2，求平面PAB与平面PCB所成二面角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2n+1−2，数列bn满足b1=1，且bn+1−bnan的前n项和Tn=n2+n2．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列bn的通项公式．
18.(本小题17分)
已知函数fx=ex−ax，a∈R．
(1)当a=e时，求函数fx的单调区间；
(2)若函数gx=fxx2−a2lnx+1恰有三个极值点，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 22，右焦点Fc,0，且a2=b+c，直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点P．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l过右焦点F，设PA=λ1AF，PB=λ2BF，求λ1+λ2的值；
(3)若已知P0,2，椭圆上下顶点分别为C，D，直线BC交直线AD于点G，证明：点G在定直线上．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.A
5.C
6.C
7.A
8.B
9.BD
10.ABD
11.ACD
12.1
13.940
14. 3−1
15.解：(1)依题意设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
则其渐近线方程为y=±bax，依题意可得ba= 3，
所以离心率e=ca= 1+b2a2=2；
(2)由(1)可得双曲线C的方程为x2a2−y23a2=1a>0，
又点 2, 3在双曲线C上，所以2a2−33a2=1，解得a2=1，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=x+2x2−y23=1，消去y整理得2x2−4x−7=0，显然Δ>0，
所以x1+x2=2，x1x2=−72，
所以AB= 1+12⋅ 22−4×−72=6．

16.解：(1)取AB中点E，连接ED，则BE=CD=BC=1，∵AB//CD,AB⊥BC，
∴四边形EBCD是正方形，以D为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，
则D0,0,0,B1,1,0,A1,−1,0，则DA=1,−1,0,DB=1,1,0，
∴DA⋅DB=1×1+−1×1=0，故DA⊥DB，
∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，
∵PD,DB⊂平面PBD，AD⊄平面PBD，
∴AD⊥平面PBD．
(2)∵PD= 2，则P0,0, 2，∴PA=1,−1,− 2,AB=0,2,0，
在平面PAB中，设平面法向量为n=x,y,z，则
PA⋅n=x−y− 2z=0AB⋅n=2y=0，令z=1，则n= 2,0,1，
∵C0,1,0，则CP=0,−1, 2,CB=1,0,0，
在平面PCB中，设平面法向量为m=x1,y1,z1，则
CP⋅m=−y1+ 2z1=0CB⋅m=x1=0，令z1=1，则m=0, 2,1
设平面PAB与平面PCB所成二面角为θ，则
csθ=n⋅mn⋅m= 2×0+ 2×0+1×1 3× 3=13，∴sinθ= 1−cs2θ= 1−132=2 23，
故平面PAB与平面PCB所成二面角的正弦值为2 23．
17.解：(1)因为Sn=2n+1−2，
当n=1时a1=S1=2，
当n≥2时Sn−1=2n−2，所以an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n−2=2n，
当n=1时an=2n也成立，所以an=2n；
(2)因为bn+1−bnan的前n项和Tn=n2+n2，
当n=1时b2−b1a1=T1=1，又b1=1，a1=2，所以b2=32，
当n≥2时，Tn−1=n−12+n−12=n2−n2，
所以bn+1−bnan=Tn−Tn−1=n2+n2−n2−n2=n，
所以bn+1−bn=n2n，
所以bn−bn−1=n−12n−1n≥3，⋯，b3−b2=222，又b2−b1=12=121，
所以bn−b1=121+222+⋯+n−12n−1，
令M=121+222+⋯+n−12n−1，则12M=122+223+⋯+n−12n，
所以12M=121+122+⋯+12n−1−n−12n=121−12n−11−12−n−12n=1−12n−1−n−12n=1−n+12n，
所以M=2−n+12n−1，
则bn−b1=2−n+12n−1，所以bn=3−n+12n−1n≥2，
当n=1时bn=3−n+12n−1也成立，所以bn=3−n+12n−1．

18.解：(1)当a=e时，fx=ex−ex，f′x=ex−e，
令f′x=0，得x=1，
当x0，f(x)在(1,+∞)上单调递增；
(2)gx=ex−axx2−a2lnx+1定义域为(0,+∞)，g′x=x−2ex−ax2x3，
要使函数gx恰有三个极值点，则g′x=0有三个不同实数根，
令g′x=0，得x=2或ex=ax2，
即a=2exx有两个除x=2的实数根，
所以a≠2e22=e2，
令hx=2exx，则h′x=2exx−1x2，
令h′(x)=0，解得x=1，
当02e时，方程a=2exx有两个不同的正根，
综上所述：a的取值范围为2e,e2∪e2,+∞

19.解：(1)依题意可得e=ca= 22a2=b+cc2=a2−b2，解得a= 2b=1c=1,
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1．
(2)由(1)可得椭圆C的右焦点F1,0，
设Ax1,y1，Bx2,y2x1≠1,x2≠1，P0,y0，由题意知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=k(x−1)，代入方程x22+y2=1，
并整理得1+2k2x2−4k2x+2k2−2=0，
∴x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2−21+2k2，
又PA=x1,y1−y0，PB=x2,y2−y0，AF=1−x1,−y1，BF=1−x2,−y2，
而PA=λ1AF，PB=λ2BF，
即x1,y1−y0=λ11−x1,−y1，x2,y2−y0=λ21−x2,−y2，
∴λ1=x11−x1，λ2=x21−x2，
∴λ1+λ2=x11−x1+x21−x2=x11−x2+x21−x11−x11−x2=x1+x2−2x1x21−x1+x2+x1x2
=4k21+2k2−22k2−21+2k21−4k21+2k2+2k2−21+2k2=−4．
(3)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=mx+2，由(1)可得C0,1，D0,−1，
设Ax1,y1，Bx2,y2x1≠0,x2≠0，
由y=mx+2x22+y2=1，消去y并整理得1+2m2x2+8mx+6=0，
∴x1+x2=−8m1+2m2，x1x2=61+2m2，则x2=−8m1+2m2−x1，
又直线AD的方程为y=y1+1x1x−1，直线BC的方程为y=y2−1x2x+1，
所以y1+1x1x−1=y2−1x2x+1，即mx1+2+1x1x−1=mx2+2−1x2x+1，
即mx1+3x1x−1=mx2+1x2x+1，
所以3x1−1x2x=2，所以x=2x1x23x2−x1，即xG=2x1x23x2−x1，
所以yG=y2−1x2⋅2x1x23x2−x1+1=2mx2+1x13x2−x1+1=2mx2x1+2x13x2−x1+1
=12m1+2m2+2x13−8m1+2m2−x1−x1+1
=12m1+2m2+2x1−24m1+2m2−4x1+1=−12+1=12，
所以点G在定直线y=12上.