2024-2025学年江苏省南京一中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南京一中高二（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.抛物线y=x2的焦点坐标为( )
A. (12,0)B. (0,12)C. (14,0)D. (0,14)
2.已知直线l1：3x+ay+1=0，l2：(a+2)x+y+a=0.当l1//l2时，a的值为( )
A. 1B. −3C. −3或1D. −32
3.已知f(x)是定义在R上的可导函数，若limℎ→0f(2+ℎ)−f(2)2ℎ=12，则f′(2)=( )
A. −1B. −14C. 1D. 14
4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A. 1盏B. 3盏C. 5盏D. 9盏
5.已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，100，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{an}，则数列{an}的各项之和为( )
A. 438B. 450C. 254D. 278
6.椭圆x24+y29=1上任意一点P到点Q(0,1)的距离的最小值为( )
A. 4 55B. 5C. 2D. 1
7.若曲线y=x3与直线y=3ax+2有3个不同的交点，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1)B. (−1,1)C. (1,+∞)D. (2,+∞)
8.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的圆心在直线x−y+2 2=0上，半径为1，点A(3,0).若圆C上存在点M，满足|MA|=2|MO|，则点C的横坐标的取值范围是( )
A. (−∞,0]B. [−1−2 2,0]C. [0,1+2 2]D. [1+2 2,+∞)
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.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象，则( )
A. 在x=−2时，函数y=f(x)取得极值
B. 在x=1时，函数y=f(x)取得极值
C. y=f(x)的图象在x=0处切线的斜率小于零
D. 函数y=f(x)在区间(−2,2)上单调递增
10.已知实数x，y满足y= −x2−4x−3，则( )
A. 2x+1的最小值为−5B. x2+y2的最大值为9
C. yx的最大值为 33D. yx的最小值为− 33
11.已知数列{an}满足an+1=an2−an+2，a1=1，则( )
A. an+10,b>0)的实轴长、虚轴长、焦距成等比数列，则其离心率为______．
14.已知直线y=kx+b(k,b∈R)与曲线f(x)=e2x−x相切，则k+b的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3=14，S6=126．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若an2+Sn>958，求n的最小值．
16.(本小题12分)
已知圆C过点A(1,−1)，且与圆O：x2+y2=100相切于点B(8,6)．
(1)求圆C的方程；
(2)设直线l过点P(32,0)，且与圆C交于M，N两点，若∠MCN=2π3，求l的方程．
17.(本小题12分)
已知数列{an+1−an}是首项为4，公差为2的等差数列，且a1=2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2an−n−1n+λ，λ∈R，若{bn}是等差数列，求λ的值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+alnx，a∈R．
(1)若曲线f(x)在x=1处的切线与直线2x+3y+1=0垂直，求a的值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)当x∈[1e,e]时，f(x)≥(a+2)x，求a的取值范围．
19.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y= 3x，且过点(2,3).设A，B分别是C的左、右顶点，M，N是C的右支上异于点B的两点．
(1)求C的方程；
(2)若直线MN过点P(3,0)，且MN的斜率为2，求||MP|−|PN||的值；
(3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若3k1+k2=0，求证：直线MN恒过定点．
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.B
5.B
6.A
7.C
8.B
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.6−n(答案不唯一)
13.1+ 52
14.e2−1
15.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3=14，S6=126，所以a4+a5+a6=S6−S3=112，
因为S3=a1+a2+a3=14，则a4+a5+a6=(a1+a2+a3)q3，
即112=14q3，解得q3=8，解得q=2，
又因为S3=a1(1+q+q2)=14，解得a1=2，
所以数列{an}的通项公式为an=a1qn−1=2n；
(2)由(1)知，Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，
由an2+Sn>958，得22n+2n+1−2>958，
即(2n)2+2×2n−960>0，整理得：(2n−30)(2n+32)>0，
因为2n>0，所以2n>30，
又因为n∈N∗，解得n≥5，
所以n的最小值为5．
16.解：(1)(方法一)设圆心C(a,b)，由题意得CA=CB，kOC=kOB=34，
所以(a−1)2+(b+1)2=(a−8)2+(b−6)2，且ba=34，
解得a=4，b=3，即圆心C(4,3)，
所以半径r=CA= (4−1)2+(3+1)2=5，
所以圆C的方程为(x−4)2+(y−3)2=25．
(方法二)因为圆C与圆O相切于点B，所以C，O，B三点共线，
因为kOB=34，所以OB的方程为y=34x．
因为kAB=6+18−1=1，所以AB的中垂线斜率为−1，
又AB的中点为(92,52)，所以AB的中垂线方程为y−52=−(x−92)，即y=−x+7．
由y=34x,y=−x+7,解得x=4,y=3,即圆心C(4,3)，
所以半径r=CA= (4−1)2+(3+1)2=5，
所以圆C的方程为(x−4)2+(y−3)2=25．
(2)因为∠MCN=2π3，又半径为5，所以圆心C(4,3)到直线l的距离d=52．
①当l的斜率不存在时，l的方程为x=32，此时d=4−32=52，符合题意．
②当l的斜率存在时，设l的方程为y=k(x−32)，即2kx−2y−3k=0，
所以d=|5k−6|2 k2+1=52，解得k=1160，
所以l的方程为y=1160(x−32)，即22x−120y−33=0．
综上，l的方程为x=32或22x−120y−33=0．
17.解：(1)因为{an+1−an}是首项为4，公差为2的等差数列，
所以an+1−an=4+2(n−1)=2n+2．
由a2−a1=4，a3−a2=6，…，an−an−1=2n(n≥2)，
将以上式子左右分别相加得：an−a1=4+6+...+2n，
又因为a1=2，所以当n≥2时，an=2+4+6+...+2n=n(2+2n)2=n2+n，
又因为a1=2符合上式，所以an=n2+n．
(2)由(1)知，bn=2an−n−1n+λ=2n2+n−1n+λ．
因为{bn}是等差数列，所以可设bn=kn+b，
则2n2+n−1n+λ=kn+b，即2n2+n−1=kn2+(λk+b)n+λb对任意n∈N∗恒成立，
所以k=2λk+b=1λb=−1，解得k=2λ=1b=−1或k=2λ=−12b=2，
所以λ的值为1或−12．
18.解：(1)∵f(x)=x2+alnx，∴f′(x)=2x+ax，
∴f′(1)=2+a，
又f(x)在x=1处的切线与直线2x+3y+1=0垂直，∴f′(1)⋅(−23)=−1，
即2+a=32，∴a=−12．
(2)f′(x)=2x+ax=2x2+ax，x>0．
①当a≥0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增．
②当a0，即x−lnx>0，
则a≤x2−2xx−lnx在[1e,e]上恒成立．
令ℎ(x)=x2−2xx−lnx，x∈[1e,e]，
则ℎ′(x)=(2x−2)(x−lnx)−(x2−2x)(1−1x)(x−lnx)2
=2(x−1)(x−lnx)−(x−2)(x−1)(x−lnx)2=(x−1)(x+2−2lnx)(x−lnx)2．
∵x∈[1e,e]，∴lnx≤1，则x+2−2lnx>0，
令ℎ′(x)=0，得x=1，
当x∈[1e,1)时，ℎ′(x)0，
∴ℎ(x)在[1e,1)上单调递减，在(1,e]上单调递增，
∴ℎ(x)min=ℎ(1)=−1，
∴a≤−1，即a的取值范围是(−∞,−1]．
19.解：(1)因为双曲线C的一条渐近线方程为y= 3x，且过点(2,3)，
所以ba= 34a2−9b2=1，
解得a=1b= 3，
则双曲线C的方程为x2−y23=1；
(2)易知直线MN的方程为y=2(x−3)，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=2(x−3)3x2−y2=3，消去y并整理得x2−24x+39=0，
由韦达定理得x1+x2=24，
因为M，N在P点的两侧，
所以x1−3与x2−3异号，
所以||MP|−|PN||=| 1+22|x1−3|− 1+22|x2−3||
= 5|(x1−3)+(x2−3)|= 5|x1+x2−6|=18 5；
(3)证明：若MN的斜率不存在，
设直线MN的方程为x=t(t>1)，M(t,y1)，N(t,y2).
因为k2=−3k1，A(−1,0)，B(1,0)，
所以y2t−1=−3⋅y1t+1，
由对称性知，y2=−y1，
即t+1=3(t−1)，
解得t=2，
所以直线MN的方程为x=2，
此时直线MN过点(2,0)；
若直线MN的斜率存在，
设直线MN的方程为y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+mx2−y23=1，消去y并整理得(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，
此时3−k2≠0，
由韦达定理得x1+x2=2km3−k2，x1x2=−m2−33−k2，
因为点M在双曲线上，
所以x12−y123=1，
又A(−1,0)，B(1,0)，
可得kAM⋅kBM=y1x1+1⋅y1x1−1=y12x12−1=y12y123=3．
因为3k1+k2=0，
即kAM=−13kBN，
所以kBM⋅kBN=y1x1−1⋅y2x2−1=−9，
即(kx1+m)(kx2+m)=−9(x1−1)(x2−1)，
整理得(k2+9)x1x2+(km−9)(x1+x2)+m2+9=0，
所以(k2+9)⋅−m2−33−k2+(km−9)⋅2km3−k2+m2+9=0，
化简得m2+3km+2k2=0，
解得m=−k或m=−2k．
当m=−k时，直线MN的方程为y=k(x−1)，
此时直线MN过点B(1,0)，不符合题意；
当m=−2k时，直线MN的方程为y=k(x−2)，
此时直线MN过点(2,0)，符合题意．
综上所述，MN恒过定点(2,0)．