2023-2024学年安徽省安庆一中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆一中高二（上）期末数学试卷（含解析），共17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.直线x− 3y−3=0的倾斜角是( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，|AF|=54x0，则x0=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.已知f(x)=14x2+sin(π2+x)，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( )
A. B. C. D.
4.直线mx−y+1=0与圆(x−2)2+(y−1)2=5的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 与m的值有关
5.命题p：“30)的右焦点为F(c,0)，右顶点为A，以OA为直径的圆交直线y=cbx于点B(不同于原点O)，设△OBF的面积为S.若S=AB⋅AF，则椭圆C的离心率为( )
A. 12B. 13C. 34D. 35
8.已知函数y=f(x)为R上的偶函数，且对于任意的x∈[0,π2)满足f′(x)csx+f(x)sinxf(π6)B. f(0)> 2f(−π4)
C. f(π4)< 2f(−π3)D. − 3f(−π3)>f(−π6)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l过点P(−2,4)，若直线l在x轴和y轴上的截距相等，则直线l的方程可能为( )
A. x+y−2=0B. x−y+2=0C. 2x+y=0D. x=−2
10.过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C相交于P(x1,y1)，Q(x2,y2)两点.若|PQ|的最小值为6，则( )
A. 抛物线C的方程为y2=6x
B. PQ的中点到准线的距离的最小值为3
C. y1y2=−36
D. 当直线PQ的倾斜角为60°时，F为PQ的一个四等分点
11.已知等比数列{an}的前n项积为Tn，a1>0，公比q>1，且T20231，则( )
A. 当n=2023时，Tn最小B. a2024>1
C. 存在n0,b>0)的右焦点F(5,0)到渐近线的距离为4，则实轴长为______．
15.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中摄出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝(古印度货币单位)，以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了an子安贝(其中1≤n≤31，n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn.若关于n的不等式Sn−62kex(x+1)的解集中的正整数有且只有一个，则k的取值范围是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N+).若a2=3，S4=16．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1an⋅an+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+2，若函数f(x)在x=3处取得极值−25．
(1)求a、b的值；
(2)求函数f(x)在[−2,2]上的最大值和最小值．
19.(本小题12分)
已知圆M经过两点A(3, 3)，B(2,2)且圆心M在直线y=x−2上．
(Ⅰ)求圆M的方程；
(Ⅱ)设E，F是圆M上异于原点O的两点，直线OE，OF的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2=2，求证：直线EF经过一定点，并求出该定点的坐标．
20.(本小题12分)
已知各项均为正数的数列{an}满足an+2=4(an+1−an)，a1=1，a2=4，n∈N*．
(1)证明：数列{an+1−2an}为等比数列；
(2)记bn=an2n，证明数列{bn}为等差数列，并求数列{an}的前n项和Sn．
21.(本小题12分)
已知以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴的椭圆C经过点A(− 3, 32)，B(1,32).
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)设过点F(1,0)的直线l与C交于M，N两点，点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，是否存在常数λ使|MN|=λ|QF|？如果存在，请求出λ；如果不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=axlnx−x2−2x(a>0)．
(1)若a=4，求f′(x)的极值；
(2)g(x)=f(x)+2x，若函数g(x)有两个零点x1，x2，且x2x1>e，求证：lna+ln(x1⋅x2)>3．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：直线x− 3y−3=0的斜率k= 33，
设直线x− 3y−3=0的倾斜角为α，0°≤α2p，
综合以上两种情况可得，当斜率不存在时，即PQ过抛物线的焦点，且垂直x轴，|PQ|取得最小值，
∵|PQ|的最小值为6，
∴2p=6，即p=3，
∴抛物线的方程为y2=6x，故A选项正确，
∵PQ的中点到准线的距离最小值为p2+p2=p=3，故B选项正确，
∵当斜率不存在时，两交点坐标为(p2,p)，(p2,−p)，
∴y1y2=−p2=−9，故C选项错误，
当直线PQ的倾斜角为60°时，可得k= 3，
∴|PQ|=2p+2p3=6，解得p=94，
将k= 3，代入①中，可得12x2−20px+3p2=0，解得两根为3p2,p6，
不妨设，x1=3p2，x2=p6，
∴由抛物线得的定义可得，|PF|=3p2+p2=2p，|FQ|=16p+12p=2p3，即|PQ|=|PF|+|FQ|=8p3，
∴|FQ|=14|PQ|，即F为PQ的一个四等分点，故D选项正确．
故选：ABD．
11.【答案】BD
【解析】解：对于选项B，因为a1>0，q>1，所以an=a1qn−1>0，
又T2023=a1a2⋯a20231，所以a2024>1a1a2⋯a2023>1，即选项B正确；
对于选项A和D，由等比数列的性质，a1a2023=a2a2022=⋯=a1012a1012=a10122，
所以a1a2⋯a2023=a101220231，所以a1013>1，
故当n=1012时，Tn=a1a2⋯an最小，即选项A错误，选项D正确；
对于选项C，因为a1>0，q>1，所以数列{an}是单调递增数列，
所以当n1，
因此点O在圆外，
点P在圆上，所以点P到原点的最小距离为d−r=5−1=4．
故答案为：4．
先判断原点与圆的位置关系，然后根据原点到圆心距离，结合几何性质求解最值即可．
本题考查圆外的点到圆上的点的距离的最值的求法，属于基础题．
14.【答案】6
【解析】解：双曲线C的渐近线方程为y=±bax，
所以焦点F(5,0)到渐近线bx+ay=0的距离d=|5b| b2+a2=4，
所以5bc=4，
即b=4c5=4×55=4，
所以a2=c2−b2=25−16=9，
所以a=3，
所以实轴长为2a=6，
故答案为：6．
焦点F(5,0)到渐近线bx+ay=0的距离d=|5b| b2+a2=4，且b2+a2=c2，由c=5，解得a，进而可得答案．
本题考查双曲线的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
15.【答案】(−∞,15)
【解析】解：由题意可知，数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故an=2n(1≤n≤31,n∈N*)．
所以Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
由Sn−620，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
所以|MN|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2=12(1+k2)4k2+3，
因为y1+y2=k(x1+x2−2)=k(8k24k2+3−2)=−6k4k2+3，
所以线段MN的中点坐标为(4k24k2+3,−3k4k2+3)，
因为点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，
所以Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，
当k=0时，|MN|=4，|QF|=1，则|MN|=4|QF|，
当k≠0时，线段MN的垂直平分线方程为y+3k4k2+3=−1k(x−4k24k2+3)，
令y=0，得x=k24k2+3，即Q(k24k2+3,0)，
所以|QF|=|1−k24k2+3|=3(k2+1)4k2+3，
所以|MN|=4|QF|，
当直线l的斜率不存在时，|MN|=2b2a=3．
所以Q(14,0)或Q(74,0)，满足|MN|=4|QF|，
综上所述，存在实数λ=4满足题意．
【解析】(1)设椭圆C的标准方程为x2m+y2n=1(m>0,n>0,m≠n)，把点A(− 3, 32)，B(1,−32)代入椭圆方程，可得关于m，n的方程组，解得m，n，即可得出答案．
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)，联立椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|MN|，写出线段MN的中点坐标，由点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，推出Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，分两种情况：当k=0时，当k≠0时，分析|MN|=λ|QF|，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)当a=4时，f(x)=4xlnx−x2−2x的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=4(1+lnx)−2x−2=4lnx−2x+2，
令h(x)=4lnx−2x+2，
h′(x)=4x−2，
当02时，h′(x)0，
因为函数g(x)有两个零点x1，x2且x2>ex1，
而a>0，则g(x)=0，
所以axlnx−x2=0，即1a=lnxx，
所以函数g(x)的两个零点x1，x2分别是直线y=1a与函数φ(x)=lnxx图象两个交点的横坐标，
φ′(x)=1−lnxx2，
所以当0e时，φ′(x)1时，恒有φ(x)>0，
所以0e，
所以alnx1=x1alnx2=x2，
所以alnx1x2=x2+x1alnx2x1=x2−x1，
则有lnx1x2=x2+x1x2−x1⋅lnx2x1=x2x1+1x2x1−1⋅lnx2x1=t+1t−1lnt，
令F(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2，t>e，
所以F′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以函数F(t)在(e,+∞)上单调递增，
所以F(t)>F(e)=4e+1−1>0，
即lnt>2(t−1)t+1，
从而lnx1x2=t+1t−1lnt>2，
又lna>1，
所以lna+lnx1x2>3．
【解析】(1)当a=4时，f(x)=4xlnx−x2−2x的定义域为(0,+∞)，求导分析单调性，极值，即可得出答案．
(2)根据题意可得g(x)=alnx−x2，x>0，若函数g(x)有两个零点x1，x2且x2>ex1，则1a=lnxx，进而可得直线y=1a与函数φ(x)=lnxx图象两个交点的横坐标，求导分析φ(x)单调性，最值，可得a>e，令t=x2x1>e，则alnx1x2=x2+x1alnx2x1=x2−x1，有lnx1x2=t+1t−1lnt，令F(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2，t>e，求导分析单调性，进而可得lnx1x2=t+1t−1lnt>2，又lna>1，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．