2025-2026学年福建省漳州市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年福建省漳州市高二（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.若直线l的一个方向向量为(3, 3)，则它的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a4=6，则S5等于( )
A. 10B. 12C. 15D. 30
3.已知双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的渐近线方程为y=±12x，则a=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
4.过点(−2,1)的直线l与圆O：x2+y2=1相切，则l的斜率为( )
A. −2或0B. −12或0C. −43或0D. −34或0
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q≠1，若a5=2，S2=a42，则a6=( )
A. 1B. −1C. 12D. −12
6.2025年东南现代农博会⋅花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目：漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验.现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目，其中甲和乙选择体验漆扇绘梦，不同的体验方案共有( )
A. 6种B. 12种C. 18种D. 24种
7.已知圆C1：x2−2x+y2=0，圆C2：(x−a)2+(y−b)2=4，其中a，b∈R，若两圆外切，则 (a+3)2+(b+3)2的最大值为( )
A. 13B. 5C. 13+3D. 8
8.如图，A地在B地北偏东30°方向，两地相距2km，B地与南北走向的高铁线l(近似看成直线)相距4km，已知公路PQ(近似看成曲线)上任意一点到B地的距离等于该点到高铁线l的距离，现要在公路边建造一个变电房M(变电房与公路之间的距离忽略不计)分别向A地和B地送电，则架设电路所用电线总长度最短为( )
A. 3kmB. 4kmC. 5kmD. 6km
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.在(x−2)6的展开式中，下列结论正确的是( )
A. 常数项为−64B. x的系数为−192
C. 各二项式系数之和为64D. 各项系数之和为−1
10.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且M在第一象限，若∠NA1M=2π3，则( )
A. ∠A1MA2=π3B. M的坐标为(b,a)
C. |MA1|=2|MA2|D. C的离心率为 213
11.如图，由Rt△OAB开始，作一系列的相似三角形，OA=1，∠AOB=30°.设第n个三角形的斜边长为ln，面积为Sn，前n个三角形的面积之和为Tn，其中l1=OB，S1=S△OAB，则( )
A. {ln}为等差数列
B. {Sn}为等比数列
C. {TnSn}为递增数列
D. ln+Tnb>0)的两条直径所在直线的斜率之积为−b2a2，则称这两条直径为该椭圆的一对共轭直径.特殊地，若一条直径所在直线的斜率为0，另一条直径所在直线的斜率不存在，也称这两条直径为该椭圆的一对共轭直径.已知椭圆E：x24+y22=1，中心为坐标原点O．
(1)点A( 3, 22)，B(− 3,− 22)在椭圆E上，求AB的共轭直径的两个端点坐标；
(2)过点(0,1)作直线l与椭圆E交于A1，B1两点，直线A1O与椭圆E的另一个交点为A2，直线B1O与椭圆E的另一个交点为B2，当△A1OB1的面积最大时，直径A1A2与B1B2是否为该椭圆的一对共轭直径，请说明理由；
(3)设CD和MN为椭圆E的一对共轭直径，且线段CM的中点为T，已知点P满足：OP=λOT，若点P在椭圆E的内部，求实数λ的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.C
5.B
6.B
7.D
8.C
9.BC
10.ACD
11.BCD
12.2x−y−1=0
13.40522027
14.400
15.解：(1)曲线方程：y=x2−2x−3中，令x=0时y=−3，可得曲线与y轴的交点是(0,−3)，
令y=0，得x2−2x−3=0，解得：x=−1或x=3，
∴曲线与x轴的交点是(3,0)(−1,0)，
设圆C的一般方程是x2+y2+Dx+Ey+F=0，
将(0,−3)，(−1,0)，(3,0)代入圆C的一般方程：
联立得9−3E+F=01−D+F=09+3D+F=0，解得：D=−2，E=2，F=−3，
∴圆C的方程是x2+y2−2x+2y−3=0，化为标准方程得：(x−1)2+(y+1)2=5，
∴圆C的标准方程为：(x−1)2+(y+1)2=5；
(2)∵圆C的标准方程为：(x−1)2+(y+1)2=5，
∴圆心C(1,−1)，半径r= 5，
∴圆心C到直线x−y+a=0的距离d=|1+1+a| 12+12=|2+a| 2，
∵|AB|=2 3，
∴2 3=2 5−(|2+a| 2)2，
解得：a=0或a=−4．
16.解：(1)由题意可得：2Cn2=Cn1+Cn3，
则n(n−1)=n+n(n−1)(n−2)6，
则(n−1)2−7(n−1)+6=0，
又n≥3，
即n=7，
则展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项，
又T4=C73(12x)3=358x3，T5=C74(12x)4=3516x4，
即展开式中二项式系数最大的项为358x3和3516x4；
(2)已知(1+12x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，
令x=0，则a0=1，
令x=2，
则a0+2a1+22a2+…+27a7=128，
即2a1+22a2+…+27a7=127，
则a1+2a2+22a3+23a4+…+26a7=1272．
17.(1)证明：因为直线l与抛物线相交于两点，所以直线斜率存在，
不妨设直线l的方程为y=kx+4，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=kx+4x2=4y得x2=4(kx+4)，即x2−4kx−16=0，
所以x1+x2=4k，x1x2=−16，
因为OM=(x1,y1),ON=(x2,y2)，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=−16+x12x2216=−16+16=0，
所以OM⊥ON；
(2)解：设重心G(x,y)，则x=x1+x2+03,y=y1+y2+03，
由x1+x2=4k，得x=4k3，即k=34x，
由y1+y2=x12+x224=(x1+x2)2−2x1x24=16k2+324=4k2+8，得y=4k2+83，
所以y=4(3x4)2+83=9x24+83=3x24+83，
故重心的轨迹方程为y=34x2+83．
18.解：(1)因为a1=3，an+1=3an+3n+1，
所以an+13n+1−an3n=1，a13=1，
故数列{an3n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
则an3n=1+n−1=n，
所以an=n⋅3n；
(2)(i)Sn=1×3+2×32+…+n⋅3n，
3Sn=1×32+2×33+…+(n−1)⋅3n+n⋅3n+1，
两式相减可得，−2Sn=3+32+33+…+3n−n⋅3n+1=3(1−3n)1−3−n⋅3n+1，
则Sn=3+(2n−1)⋅3n+14；
(ii)若∀n∈N∗，Sn≤m×32n+1+34恒成立，
则3+(2n−1)⋅3n+14≤m×32n+1+34恒成立，
化简得，m≥2n−14×3n恒成立，
令bn=2n−14×3n，则bn+1−bn=2n+14×3n+1−2n−14×3n=1−n3n+1，
b2=b1=112，n≥2时，bn+1