贵州省安顺市普定县第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份贵州省安顺市普定县第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题，共7页。
注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷.草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.函数单调减区间为（ ）
A. B. C. D.
2.已知是等比数列，，，则公比等于（ ）
A. B. C. 2 D.
3.已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（ ）
A. B. C. 1 D. 4
4.设是不重合的两个平面，的法向量分别为，和是不重合的两条直线，的方向向量分别为，那么的一个充分条件是（ ）
A. ，，且， B. ，，且
C. ，，且 D. ，，且
5.已知，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，则曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.已知双曲线的一个焦点与拋物线的焦点重合，则实数等于（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D.
7.已知双曲线的右焦点到抛物线的准线的距离为4，点是双曲线的一条渐近线与抛物线的一个交点，则双曲线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
8.已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，点在轴上，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与椭圆交于，两点，其中是椭圆的上顶点，是面积为的正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A. 的周长为8 B. 椭圆的离心率为
C. 的长为 D. 的面积为
10.已知是定义在上的奇函数，当时，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 当时， D. 当时，
11.关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的定义域为 B. 函数在上单调递增
C. 函数的最小值为，没有最大值 D. 函数的极小值点为
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，则______.
13.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围______．
14.设直线和圆相交于点A、B，则弦AB的长度是_________．
四、解答题:本题共5 小题，其中第 15 题 13 分，第 16、17 题 15 分,第18、19题
15.已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
16.已知.
（1）求函数的最小值；
（2）若存在，使成立，求实数a的取值范围；
17.如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，四棱锥的体积为，为的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成的角的大小．（结果用反三角表示）
18.已知点，直线.
（1）求点M关于点对称点N的坐标;
（2）求点M关于直线的对称点Q的坐标.
（3）已知点，点P在直线上，问使取得最小值时P点的坐标与使取得最小值时P点的坐标是否相同？请说明理由.
19.已知椭圆的长轴长为，且经过点．椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，且的离心率与的离心率相等，的短轴长与的长轴长相等．
（1）求椭圆与的标准方程．
（2）若为上的点，过点作的切线，设切点分别为，，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
（3）若（异于的左、右顶点，）为椭圆上的点，直线与交于点，，直线与交于点，，求的值．
一、单选题
1.【答案】C
【解析】因为，所以，
令，则，
所以函数的单调减区间为.
故选：C.
2.【答案】D
【解析】依题意，因为是等比数列，所以，所以，解得.
故选：D.
3.【答案】A
【解析】因为直线l的方向向量u→=(−2,0,k) ，平面α的法向量m→=(1,0,2) ，且l⊥α，所以u→∥m→ .
两向量平行，则存在实数λ，使得u→=λm→ ，即(−2,0,k)=λ(1,0,2) .
由此可得方程组−2=λ0=λ×0k=2λ ，解得λ=−2 .
将λ=−2代入k=2λ ，得k=2×(−2)=−4 .
故选：A.
4.【答案】C
【解析】对于A选项：只要，，都有，，并不能说明，所以A错误；
对于B选项：若，，且，则平面平行或者相交，所以B错误；
对于C选项：由，，且可得：，则，所以C正确；
对于D选项：若，，且，则平面平行或者相交，所以D错误；所以选择C.
5.【答案】C
【解析】已知A(2,0)，B(−1,1)，动点H(x,y).
由两点间距离公式d=(x2−x1)2+(y2−y1)2，可得|HA|=(x−2)2+y2，|HB|=(x+1)2+(y−1)2.
因为3|HA|=2|HB|，两边同时平方得3|HA|2=2|HB|2.
即3[(x−2)2+y2]=2[(x+1)2+(y−1)2].
展开式子：
3x2−4x+4+y2=2x2+2x+1+y2−2y+13x2−12x+12+3y2=2x2+4x+2+2y2−4y+2移项合并同类项得x2+y2−16x+4y+8=0.
6.【答案】A
【解析】将抛物线方程y=18x2化为标准方程x2=8y.
对于抛物线x2=2py（p>0），其焦点坐标为(0,p2)，在x2=8y中，2p=8，则p=4，焦点坐标为(0,2).
双曲线y2t2−x23=1（t>0），其半焦距c满足c2=t2+3.
因为双曲线的一个焦点与抛物线焦点重合，即双曲线的一个焦点为(0,2)，所以c=2.
由c2=t2+3，可得t2+3=4，解得t=1.
故答案选A.
7.【答案】D
【解析】将点(2,22)代入抛物线方程y2=2px，得(22)2=2p×2，解得p=2.
所以抛物线方程为y2=4x，其准线方程为x=−1.
因为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)右焦点(c,0)到抛物线准线距离为4，则c−(−1)=4，可得c=3.
点(2,22)在双曲线渐近线y=bax上，所以ba=222=2，即b=2a.
又c2=a2+b2，c=3，将b=2a代入可得9=a2+2a2，解得a=3，b=6.
故双曲线标准方程为x23−y26=1.
8.【答案】B
【解析】设双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点F1(−c,0)，F2(c,0)，设A(x1,y1)，B(0,y2).
则F1A→=(x1+c,y1)，F1B→=(c,y2)，F2A→=(x1−c,y1)，F2B→=(−c,y2).
因为F1A→⊥F1B→，F2A→=−23F2B→，根据向量垂直性质m→⋅n→=0和向量相等对应坐标相等，可得(x1+c)c+y1y2=0x1−c=23cy1=−23y2 .
解得x1=53c，y12=169c2 .
因为点A(x1,y1)在双曲线x2a2−y2b2=1上，将x1，y1代入双曲线方程得(53c)2a2−169c2b2=1 .
又b2=c2−a2，代入上式整理得25c4−50a2c2+9a4=0 .
等式两边同除以a4，令e=ca(e>1)，则25e4−50e2+9=0 .
因式分解求解得e=355 .
故答案选B.
二、多选题
9.【答案】AD
【解析】已知△F1AF2是面积为3的正三角形.
根据正三角形面积公式S=34m2（m为边长），△F1AF2边长为2c，则34(2c)2=3c2=3，且a=2c .
解得c=1，进而b=3，a=2 .
选项A，根据椭圆定义，△ABF2的周长为4a=8，A正确.
选项B，椭圆离心率e=ca=12，B错误.
选项C，设|BF1|=x，则|BF2|=4−x ，因为∠AF1F2=π3，所以∠BF1F2=2π3 .
由余弦定理|BF2|2=|BF1|2+|F1F2|2−2|BF1||F1F2|cs⁡∠BF1F2，即(4−x)2=x2+4−4xcs⁡2π3 ，解得x=65 ，所以|BF2|=4−65=145，C错误.
选项D，S△BF1F2=12|BF1||F1F2|sin⁡∠BF1F2=12×65×2×32=335，D正确.
综上，答案选AD.
10.【答案】BC
【解析】根据所给的不等式特征，构造函数，
则，
因为，所以，所以在单调递减，
又因为是定义在上的奇函数，则时，为偶函数，
由偶函数的对称性可知，在单调递增，
所以，即，所以，B选项正确；
当时，因为，所以，故，C选项正确；
当时，，故，D选项错误；
由B，D选项知，，故，A选项错误.
故选：BC.
11.【答案】BD
【解析】对于A选项：由题意得定义域为，所以定义域为所以A错误；
对于B选项：求导可得，令，解之得，所以函数在上单调递，所以B正确；
对于C选项：，所以的最小值不为，所以C错误；
对于D选项：令，得或，所以在和上单调递减，
令，得，故结合两侧的单调性可知是的极小值点，所以D正确；所以选择BD.
三、填空题
12.【答案】
【解析】先求f(x)+f(2−x)的值：
f(x)+f(2−x)=42x+2+sin⁡πx+422−x+2+sin⁡(2π−πx)=42x+2+4×2x−1(22−x+2)×2x−1+sin⁡πx−sin⁡πx=42x+2+4×2x−12+2x=4+2×2x2x+2=240432=2021.5，f(12022)+f(22022)+⋯+f(40432022)中，可凑成2021对f(x)+f(2−x)，还剩中间项f(20222022)=f(1).
f(1)=421+2+sin⁡π=1 ，所以f(12022)+f(22022)+⋯+f(40432022)=2×2021+1=4043.
13.【答案】
【解析】由（），可得：在上有解.
令（），只要即可.
求导，.
令，即，因为，所以，解得.
当时，，则，所以在上单调递增.
当时，，则，所以在上单调递减.
由的单调性可知，在处取得极大值，也是最大值，.
因为，所以.
正确答案为
14.【答案】
【解析】将圆x2+y2−2x−3=0化为标准方程(x−1)2+y2=4，可知圆心坐标为(1,0)，半径r=2.
根据点到直线距离公式d=|Ax0+By0+C|A2+B2（其中(x0,y0)为点坐标，Ax+By+C=0为直线方程），可得圆心(1,0)到直线4x+3y+1=0的距离d=|4×1+3×0+1|42+32=1.
由垂径定理，弦长|AB|=2r2−d2，代入r=2，d=1，得|AB|=222−12=23.
四、解答题
15.【答案】解：（1）已知Sn+1+3an=Sn+2an+1，移项可得Sn+1−Sn+3an=2an+1.
因为Sn+1−Sn=an+1，所以an+1+3an=2an+1，即an+1=3an.
又a1=3≠0，则an+1an=3.
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列.
根据等比数列通项公式an=a1qn−1（其中a1为首项，q为公比），可得an=3×3n−1=3n .
（2）由（1）知bn=(n+1)⋅an=(n+1)⋅3n .
则Tn=2×3+3×32+4×33+⋯+(n+1)⋅3n ①
两边同乘3得3Tn=2×32+3×33+4×34+⋯+(n+1)⋅3n+1 ②
①−②得：−2Tn=2×3+32+33+⋯+3n−(n+1)⋅3n+1
其中32+33+⋯+3n是首项为32，公比为3，项数为n−1的等比数列的和.
根据等比数列求和公式Sn=a1(1−qn)1−q（q≠1）可得：
−2Tn=6+9(1−3n−1)1−3−(n+1)⋅3n+1=6−92+12×3n+1−(n+1)⋅3n+1=32−(n+12)⋅3n+1
所以Tn=(2n+1)⋅3n+1−34 .
16.【答案】解：（1）由题意得的定义域是，
求导可得，
令，解得，单调递减，
令，解得，单调递增，
所以当时，取得最小值.
（2）因为存在，使成立，
所以∃，使能成立，
所以能成立，
令，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
所以当时，取得最小值，所以.
17.【答案】（1）证明：在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，M为BC中点，则BM=22.
因为BMAB=ABAD=22，且∠ABM=∠DAB=90∘，所以RT△ABM∼RT△DAB.
则∠BAM+∠AMB=∠BAM+∠ABD=90∘，故AM⊥BD.
又PD⊥底面ABCD，AM⊂底面ABCD，所以PD⊥AM.
由于PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PBD，根据直线与平面垂直判定定理，可得AM⊥平面PBD.
因为PB⊂平面PBD，所以AM⊥PB.
（2）解：设AM与BD相交于点O，连接OP.
由（1）知AM⊥平面PBD，所以∠MPO是直线PM与平面PBD所成的角.
由DA2=DO⋅DB，DA=2，DB=AB2+AD2=1+2=3，可得DO=23.
已知四棱锥P−ABCD体积V=13×AB×AD×PD=23，即13×1×2×PD=23，解得PD=1.
在RT△POD中，OP=PD2+OD2=1+(23)2=213 ；
在RT△PDM中，DM=(22)2+12=62，PM=PD2+DM2=1+32=102.
所以cs⁡∠MPO=OPMP=213102=21015 ，则所求线面角大小为arccs⁡21015.
18.【答案】解：（1）设，则，则，∴．
（2）设，则，解得，即．
（3）两点坐标不相同．证明如下：
由题意，设，
则，
显然当时，取得最小值，，此时，
由（2），当是与直线的交点时，等号成立，
，直线的方程为，代入的方程解得，，
即．
两个点不相同．
19.【答案】解：（1）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴长2a=22，则a=2.
将点(1,22)代入C1方程1a2+(22)2b2=1，即12+12b2=1，解得b2=1，所以C1的标准方程为x22+y2=1.
设椭圆C2:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)，C2短轴长与C1长轴长相等，即2b1=22，b1=2.
C1离心率e1=1−b2a2=1−12=22，C2离心率e2=1−b12a12，由e1=e2，即1−2a12=22，解得a12=4，所以C2的标准方程为x24+y22=1.
（2）设过点H(x0,y0)（x0≠±2,y0≠±1）与椭圆C1相切的直线方程为y−y0=k(x−x0).
联立y−y0=k(x−x0)x2+2y2=2，消去y得(1+2k2)x2−4(k2x0−ky0)x+2(kx0−y0)2−2=0.
由Δ=0，即[−4(k2x0−ky0)]2−4(1+2k2)[2(kx0−y0)2−2]=0，化简得(2−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0.
设直线HM与HN的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是上述关于k方程的两根.
根据韦达定理k1⋅k2=1−y022−x02.
因为H在椭圆C2上，所以x024+y022=1，即y02=2−x022.
代入可得k1⋅k2=1−(2−x022)2−x02=x022−12−x02=−12，为定值.
（3）设T(x5,y5)（x5≠±2），A1(−2,0)，A2(2,0)，则kTA1=y5x5+2，kTA2=y5x5−2，kTA1⋅kTA2=y52x52−2.
又x522+y52=1，即x52+2y52=2，所以kTA1⋅kTA2=y522−2y52−2=−12.
设直线TA1:y=t(x+2)，则直线TA2:y=−12t(x−2).
联立y=t(x+2)x2+2y2=4，得(1+2t2)x2+42t2x+4t2−4=0.
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，由弦长公式|EF|=1+t2⋅(x1+x2)2−4x1x2，其中x1+x2=−42t21+2t2，x1x2=4t2−41+2t2，可得|EF|=4t2+41+2t2.
同理，将−12t代入得|PQ|=2+8t21+2t2.
所以|EF|+|PQ|=4t2+4+2+8t21+2t2=6+12t21+2t2=6.