2024-2025学年福建省宁德市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省宁德市高二（上）期末数学试卷（含答案），共7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1，−2，4，−8，16⋯的一个通项公式an=( )
A. −(−2)n−1B. 2n−1C. (−2)n−1D. (−1)n2n−1
2.用0、1、2、3这四个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数共有( )个．
A. 4B. 10C. 12D. 24
3.已知直线l1：ax−y+2024=0，l2：(2−3a)x+ay−1=0，若l1⊥l2，则实数a的值为( )
A. 0B. 13C. 0或13D. 1或2
4.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2+a14=8，则S15=( )
A. 42B. 56C. 60D. 64
5.若(x−4)5=a0+a1(x−3)+a2(x−3)2+a3(x−3)3+a4(x−3)4+a5(x−3)5，则a3=( )
A. 10B. −10C. 5D. −5
6.过点P(1,0)作倾斜角为45°的直线l与椭圆C：x23+y22=1交于A、B两点，则|PA|⋅|PB|的值为( )
A. 85B. 65C. 45D. 35
7.加斯帕尔⋅蒙日是18−19世纪法国著名的几何学家.他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.若长方形G的四边均与椭圆M：y28+x26=1相切，则下列说法错误的是( )
A. 椭圆M的离心率为12B. 椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=14
C. 若G为正方形，则G的边长为2 7D. 长方形G的面积的最大值为14
二、多选题：本题共4小题，共23分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.已知直线l：kx−y−k+1=0，圆C：(x−2)2+(y+1)2=1，则( )
A. 直线l过定点(0,1)
B. 圆上的点到l的距离最大值为 5+1
C. 当l与圆C相切时，直线l方程为3x+4y−7=0
D. 当k=−2时，圆C上有三个点到l的距离为1
9.甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是( )
A. 如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
B. 如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
C. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
D. 如果甲乙丙按从左到右的顺序(可以不相邻)，则不同排法共有20种
10.数列{an}的前n项和为Sn，下列判断正确是( )
A. 若Sn=n2+n+1，则数列{an}是等差数列
B. 若Sn=5n−n2，则Sn取最大值时n=2或n=3
C. 若a1=1,an+1−an=2n，则an=2n−1
D. 若a1=1，an+1=4Sn，则数列{an}是等比数列
11.已知A为双曲线C：x24−y2=1上位于第一象限内一点，过点A作x轴的垂线，垂足为M，点B与点A关于原点对称，点F为双曲线C的左焦点，则( )
A. 若|AB|=2 5，则AF⊥BFB. 若AF⊥BF，则△ABF的面积为2
C. |AF||AM|> 52D. |AF|−|AM|的最小值为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量a=(1,− 3)是直线l的一个法向量，则直线l的倾斜角为______．
13.在(2x−1 x)n的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中x3的系数为______．
14.已知圆O：x2+y2=4，MN为圆O的动弦，且满足|MN|=2 3，C为弦MN的中点，两动点P，Q在直线l：x+y+2=0上，且|PQ|=2，当MN运动时，∠PCQ始终为锐角，则线段PQ中点的横坐标的取值范围是______．
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)
已知圆C经过三点O(0,0),P(4,0),Q(3, 3)．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若过点D(3,5)的直线l与圆C交于A，B两点，且|AB|=2 3，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=an2an+1(n∈N+).
(1)求证：数列{1an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=2nan，求数列{bn}的前项和为Tn．
17.(本小题15分)
已知点T分别与两点M(−2,0)，N(2,0)连线的斜率的乘积为−14，
(1)求点T的轨迹Γ的方程；
(2)已知直线y=k(x− 3)与Γ交于A，B两点，P( 34,0),|PA|=|PB|，求k的值．
18.(本小题17分)
已知{an}是等差数列，{bn}是正项等比数列，且a1=1，b2=2，a3−1=b3，a4+1=b4．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式：
(2)记cn=(−1)n+1an⋅an+1(n∈N∗).
(i)求数列{cn}的前2n项和S2n；
(ii)记dn=−S2n−816n(n+1)bn(n∈N∗)，求数列{dn}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)，点P1(1,1)在C上.按照如下方式依次构造点Pn(n=2、3、4⋯)：过点Pn−1作斜率为−1的直线与C交于点Qn−1.令Pn为Qn−1关于x轴的对称点，记Pn的坐标为(xn,yn).
(1)求弦长|P1P2|；
(2)证明：数列{yn}是等差数列，并求yn和xn；
(3)记Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，求Sn．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.C
5.A
6.A
7.D
8.BC
9.ABD
10.BC
11.ACD
12.π6
13.240
14.(−∞,−2)∪(0,+∞)
15.解：(1)设圆C的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0，
将三点O(0,0),P(4,0),Q(3, 3)代入圆的方程0+0+0+0+F=016+0+4D+0+F=09+3+3D+ 3E+F=0，
解得D=−4，E=0，F=0，
所以圆的方程为：x2+y2−4x=0，
即圆C的标准方程为：(x−2)2+y2=4；
(2)由(1)可得圆心C(2,0)，半径r=2，
设圆心C到直线l的距离为d，由题意可得|AB|=2 r2−d2=2 4−d2=2 3，可得d2=1，即d=1，
当直线l的斜率不存在时，则过点D(3,5)的直线x=3，此时圆心C到直线的距离为|3−2|=1=d，显然符合题意；
当直线l的斜率存在时，设过点D(3,5)的直线l的方程为y−5=k(x−3)，即kx−y−3k+5=0，
则圆心C到直线l的距离d=|2k−0−3k+5| k2+(−1)2=1，解得k=125，
即直线l的方程为y−5=125(x−3)，即12x−5y−11=0．
综上所述：直线l的方程为：x=3或12x−5y−11=0．
16.解：(1)由an+1=an2an+1，得1an+1=2+1an，
又1a1=1，
∴{1an}为等差数列，首项为1，公差为2，
∴1an=1+(n−1)×2=2n−1，
∴an=12n−1．
(2)bn=2nan=(2n−1)⋅2n，
Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n−1)⋅2n①，
2Tn=1×22+3×23+5×23+…+(2n−1)⋅2n+1②，
①−②得，−Tn=1×2+2×22+2×23+…+2×2n−(2n−1)⋅2n+1
=2+23+24+…+2n+1−(2n−1)⋅2n+1
=2+23(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1
=(3−2n)⋅2n+1−6，
∴Tn=(2n−3)⋅2n+1+6．
17.解：(1)设T(x,y)，
因为M(−2,0)，N(2,0)，
所以kMT=yx+2，kNT=yx−2，
此时kMT×kNT=−14，
即yx+2×yx−2=−14，
整理得x24+y2=1，
则点T的轨迹Γ的方程为x24+y2=1(x≠±2)；
(2)设直线l的方程为y=k(x− 3)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x2+4y2=4y=k(x− 3)，消去y并整理得(4k2+1)x2−8 3k2x+12k2−4=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得x1+x2=8 3k24k2+1，
所以y1+y2=k(x1+x2−2 3)=−2 3k4k2+1，
此时AB中点D(4 3k24k2+1,− 3k4k2+1)，
因为|PA|=|PB|，
所以直线PD与直线AB垂直，
所以kPDk=−1，
即− 3k4k2+14 3k24k2+1− 34×k=−1，
解得k2=18．
则k=± 24．
18.解：(1){an}是等差数列，设公差为d，
{bn}是正项等比数列，设公比为q，q>0，
由a1=1，b2=2，a3−1=b3，a4+1=b4，
可得1+2d−1=2q，1+3d+1=2q2，
解得d=q=2，
则an=2n−1，bn=2n−1；
(2)(i)cn=(−1)n+1an⋅an+1=(−1)n+1(2n−1)(2n+1)，
c2n−1+c2n=(4n−3)(4n−1)−(4n−1)(4n+1)=−4(4n−1)，
数列{cn}的前2n项和S2n=−4(3+7+...+4n−1)=−4×12n(3+4n−1)=−4n(2n+1)；
(ii)dn=−S2n−816n(n+1)bn=8n2+4n−816n(n+1)⋅2n−1=12n+1(n+1)⋅2n+1−1n⋅2n，
数列{dn}的前n项和Tn=(12+14+...+12n)+(12⋅22−11⋅2+13⋅23−12⋅22+...+1(n+1)⋅2n+1−1n⋅2n)
=12(1−12n)1−12+1(n+1)⋅2n+1−12=12−12n+1(n+1)⋅2n+1．
19.解：(1)由点P1(1,1)在抛物线C：y2=2px(p>0)上，可得2p=1，
解得p=12，则抛物线的方程为y2=x，可得直线P1Q1的方程为y=−x+2，
由y=−x+2y2=x，解得x2=4y2=−2，即Q1(4,−2)，可得P2(4,2)，
则|P1P2|= 32+12= 10；
(2)证明：设过点Pn−1且斜率为−1的直线为y=−(x−xn−1)+yn−1，
与抛物线的方程y2=x，联立可得y2+y−xn−1−yn−1=0，
由韦达定理可得yn−1+(−yn)=−1，即yn−yn−1=1，
则数列{yn}是首项和公差均为1的等差数列，
可得yn=1+(n−1)=n，xn=n2；
(3)由(2)可得Pn(n2,n)，同理可得Pn+1((n+1)2,n+1)，Pn+2((n+2)2,n+2)，
PnPn+1=(2n+1,1)，|PnPn+1|= 4n2+4n+2，
kPnPn+1=n+1−n(n+1)2−n2=12n+1，
直线PnPn+1的方程为y=12n+1(x−n2)+n，即x−(2n+1)y+n2+n=0，
点Pn+2到直线PnPn+1的距离为d，则d=(n+2)2−(2n+1)(n+2)+n2+n (2n+1)2+1=2 4n2+4n+2，
所以Sn=12|PnPn+1|d=12 4n2+4n+2⋅2 4n2+4n+2=1．