福建省宁德市2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题

这是一份福建省宁德市2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题，共14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.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：数列1，−2，4，−8，16⋯中，
a1=(−1)1−1×21−1=(−2)1−1，
a2=(−1)2−1×22−1=(−2)2−1，
a3=(−1)3−1×23−1=(−2)3−1，
a4=(−1)4−1×24−1=(−2)4−1，
a5=(−1)5−1×25−1=(−2)5−1，
……
∴an=(−2)n−1.
故选：C.
依次分析各项，寻找规律，能求出结果
本题考查数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：用0、1、2、3这四个数字组成无重复数字的四位数，
当个位数字为0时，偶数共有A33=6个；
当个位数字为2时，偶数共有C21A22=4个，
即偶数共有6+4=10个．
故选：B.
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：直线l1：ax−y+2024=0，l2：(2−3a)x+ay−1=0，l1⊥l2，
则a(2−3a)−a=0，解得a=0或13.
故选：C.
根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}中，a2+a14=a1+a15=8，
则S15=15(a1+a15)2=60.
故选：C.
由已知结合等差数列的性质及求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：[(x−3)−1]5=(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=C52(−1)2=10.
故选：A.
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设直线的参数方程为x=1+ 22ty= 22t，其中t为参数，
代入椭圆方程可得：5t2+4 2t−8=0，
则t1t2=−85，
则|PA|⋅|PB|=|t1t2|=85.
故选：A.
由椭圆的性质，结合直线的参数方程求解即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了直线的参数方程，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：已知椭圆M:y28+x26=1，
则a=2 2，b= 6，c= 2，
结合题意可得：该椭圆的“蒙日圆”的半径为 8+6= 14，
对于A，椭圆M的离心率为 22 2=12，
即A正确；
对于B，椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=14，
即B正确；
对于C，若G为正方形，
设G的边长为m，
则 2×m2= 14，
即m=2 7，
即C正确；
对于D，G的长为m，宽为n，
则m2+n2=(2 14)2，
则mn≤m2+n22=28，当且仅当m=n时取等号，
即长方形G的面积的最大值为28，
即D错误．
故选：D.
由椭圆的性质，结合矩形的面积公式及基本不等式的应用求解．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了矩形的面积公式及基本不等式的应用，属中档题．
8.【答案】BC
【解析】解：对于A，直线l：kx−y−k+1=0可化为k(x−1)+(−y+1)=0，
所以直线l经过直线x−1=0与直线−y+1=0的交点P(1,1)，故A项不正确；
对于B，圆C：(x−2)2+(y+1)2=1的圆心为C(2,−1)，半径r=1.
根据直线l经过定点P(1,1)，可知点C到直线l的最大距离为|PC|= (2−1)2+(−1−1)2= 5.
因此，圆C上的点到l的距离最大值为|PC|+r= 5+1，故B项正确；
对于C，当l与圆C相切时，圆心C到直线l的距离d=r，
即|2k+1−k+1| k2+1=1，解得k=−34，可得直线l的方程为−34x−y+34+1=0，即3x+4y−7=0，故C项正确；
对于D，当k=−2时，直线l方程为2x+y−3=0，此时圆心C恰好在直线l上，
根据圆的半径r=1，可知圆C上仅有两个点到l的距离等于1，故D项不正确．
故选：BC.
将l的方程化为k(x−1)+(−y+1)=0，可知l经过直线x−1=0与−y+1=0的交点，从而判断出A项的正误；求出圆心C到直线l距离的最大值，进而算出圆上的点到直线l距离的最大值，由此判断出B项的正误；根据切线的性质、点到直线的距离公式，算出直线l与圆C相切时的斜率k值，进而判断出C项的正误；当k=2时，圆心C恰好在直线l上，结合圆的半径r=1，判断出D项的正误．
本题主要考查圆的方程及其性质、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解析：A.如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有A44A22=48种，故A正确；
B.如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有A32A33=36种，故B正确；
C.如果甲乙不相邻，则不同排法共有A33A42=72种，故C错误；
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A55A33=20种，故D正确．
故选：ABD.
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若Sn=n2+n+1，则a1=S1=1+1+1=3，
a2=S2−S1=7−3=4，a3=S3−S2=13−7=6，
数列{an}不是等差数列，A错误；
对于B，若Sn=5n−n2=−(n−52)2+132，而n为正整数，
故当n=2或n=3时，Sn取最大值，B正确；
对于C，若a1=1,an+1−an=2n，
则an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+……+(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2+2n−3+……+2+1=1(1−2n)1−2=2n−1，C正确；
对于D，若an+1=4Sn，当n≥2时，有an=4Sn−1，
两式相减，有an+1−an=4(Sn−Sn−1)=4an，
变形可得an+1=5an，
而当n=1时，有a2=4S1=4a1，
故数列{an}不是等比数列，D错误．
故选：BC.
根据题意，由数列前n项与通项的关系求出数列{an}的前3项，由等差数列的性质可得A错误，由数列的函数特性分析B，由累加法分析C，由等比数列的定义分析D，综合可得答案．
本题考查数列的递推公式，涉及数列前n项和与通项的关系，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设双曲线右焦点为F1，
易知四边形AFBF1为平行四边形，
因为双曲线C的方程为x24−y2=1，
所以a=2，b=1，c= 5，
对于选项A：因为|AB|=2 5，
所以|AB|=|FF1|，
所以四边形AFBF1为矩形，
则AF⊥BF，故选项A正确；
对于选项B：由双曲线定义可知：|AF|−|AF1|=4，
又|FF1|=2 5，
若AF⊥BF，
此时四边形AFBF1为矩形，
则|AF|2+|AF1|2=|FF1|2，
所以(|AF|−|AF1|)2+2|AF||AF1|=|FF1|2，
即42+2|AF||AF1|=20，
解得|AF||AF1|=2，
所以|AF||BF|=2，
则S△ABF=12|AF||BF|=12×2=1，故选项B错误；
对于选项C：在Rt△AFM中，|AF||AM|= |AF|2|AM|2= |AM|2+|FM|2|AM|2= 1+|FM|2|AM|2，
易知双曲线的渐近线方程为y=±12x，
所以|AM||FM|=kAF 1+4= 5，
即|AF||AM|> 5，故选项C正确；
对于选项D：因为|AF|−|AM|=4+|AF1|−|AM|=4+|AF1|−|AM|≥4+(|AF1|−|AM|)min，
当且仅当|AF1|=|AM|时，|AF|−|AM|取到最小值，最小值为4，故选项D正确．
故选：ACD.
由题意，设双曲线右焦点为F1，可得四边形AFBF1为平行四边形，若|AB|=2 5，可得四边形AFBF1为矩形，进而可判断选项A；结合双曲线的定义、勾股定理和三角形面积公式即可判断选项B；在Rt△AFM中，得到|AF||AM|的表达式，结合渐近线方程即可判断选项C；易知|AF|−|AM|=4+|AF1|−|AM|=4+|AF1|−|AM|≥4+(|AF1|−|AM|)min，当且仅当|AF1|=|AM|时，|AF|−|AM|取到最小值，最小值为4，此时可判断选项D.
本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
12.【答案】π6
【解析】解：向量a=(1,− 3)是直线l的一个法向量，
则直线l的斜率为−1− 31= 33，
直线的倾斜角范围为[0,π),
则直线l的倾斜角为 π6.
故答案为：π6.
根据法向量的定义，以及直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．
本题主要考查直线倾斜角的求解，属于基础题．
13.【答案】240
【解析】解：在(2x−1 x)n的展开式中二项式系数之和为64，
则2n=64，解得n=6，
(2x−1 x)n的展开式的通项为：Tr+1=C6r(2x)6−r(−1 x)r=(−1)r26−rC6rx6−32r，
令6−32r=3，解得r=2，
故展开式中x3的系数为(−1)2×24×C62=240.
故答案为：240.
根据已知条件，先求出n，再结合二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
14.【答案】(−∞,−2)∪(0,+∞)
【解析】解：由题意，圆O：x2+y2=4的圆心为O(0,0)，半径r=2，C为弦MN的中点，
因为|MN|=2 3=2 r2−|OC|2=2 4−|OC|2，可得|OC|=1，
所以点C在以O(0,0)为圆心，1为半径的圆上，
又由两动点P，Q在直线l：x+y+2=0上，且|PQ|=2，
设PQ的中点E(a,−a−2)，因为当M，N在圆O上运动时，∠PCQ恒为锐角，
所以以O为圆心，以1为半径的圆与以E为圆心，1为半径的圆外离，
则 a2+(−a−2)2>2，解得a0，
所以线段PQ中点的横坐标的取值范围是(−∞,−2)∪(0,+∞).
故答案为：(−∞,−2)∪(0,+∞).
由题意可得|OC|=1，即可得点C的轨迹方程，设PQ的中点E的坐标，由∠PCQ恒为锐角，可得以O为圆心，以1为半径的圆与以E为圆心，1为半径的圆外离，可得 a2+(−a−2)2>2，解得a的范围．
本题考查点的轨迹方程的求法，两个圆的位置关系的判断，属于中档题．
15.【答案】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.
【解析】(1)设圆的一般方程，将三点的坐标代入可得参数的值，即求出圆的方程，化简为标准方程；
(2)由弦长公式可得圆心C到直线的距离d，分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，设直线l的方程，由点到直线的距离公式，可得参数的值，即求出直线l的方程．
本题考查圆的一般方程，标准方程的求法及分类讨论求直线与圆综合应用，属于中档题．
16.【答案】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.
【解析】(1)由an+1=an2an+1，得1an+1=2+1an，由此可判断{1an}为等差数列，可求1an，进而得到an
(2)求出bn，利用错位相减法可求Tn.
该题考查等差数列的性质、数列求和等知识，考查学生的运算求解能力、转化能力，错位相减法是数列求和的重要方法，要熟练．
17.【答案】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.
【解析】(1)设T(x,y)，代入斜率公式求解即可；
(2)设出直线l的方程，将直线方程与轨迹方程联立，利用韦达定理求出线段AB的中点坐标，将|PA|=|PB|，转化成直线PD与直线AB垂直，代入斜率公式求解即可．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18.【答案】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.
【解析】(1)由等差数列和等比数列的通项公式，解方程求得公差和公比，进而得到所求；
(2)(i)运用数列的并项求和，结合等差数列的求和公式，计算可得所求和；
(ii)由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，以及数列的裂项相消求和，可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和、并项求和与裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】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.
【解析】(1)代入P1求得p和抛物线的方程，由直线P1Q1的方程与抛物线的方程联立，求得Q1，得到P2，由两点的距离公式，可得所求；
(2)求得过点Pn−1且斜率为−1的直线方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和等差数列的定义和通项公式，可得所求；
(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)，由两点的距离公式和点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，可得所求值．
本题考查数列与抛物线的综合，等差数列的定义、通项公式，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．