2023-2024学年福建省福州重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共15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.正项等比数列{an}中，a2，a8是方程x2−10x+16=0的两根，则lg2a5的值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.若双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，焦点到渐近线的距离为 3，则双曲线上的点到两焦点距离之差的绝对值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
3.已知某物体的运动方程是s=t+19t3(s的单位为m)，该物体在t=3s时的瞬时加速度是( )
A. 2m/sB. 4m/sC. 2m/s2D. 4m/s2
4.若椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为( )
A. 5−12B. 33C. 22D. 63
5.数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=2，an+1=1−1an(n∈N*)，则2S2024=( )
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
6.已知自然界中存在某种昆虫，其在幼虫期到成虫期这个时间段内会伴随着蜕皮和生长的交替.该种昆虫最开始的身体长度记为a1，其在发育过程中先蜕皮，身体总长度减少为原来的56，此时昆虫的长度记为a2；蜕皮之后，迅速生长，当身体总长度增加了蜕皮后那一时刻的12，此时昆虫的长度记为a3，然后进入下一次蜕皮，以此类推.若a4=25，则a1=( )
A. 18B. 272C. 24D. 24316
7.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与直线x+2y−4=0相切，则a的值不可能是( )
A. 3B. 2C. 3D. 3.9
8.某数学兴趣小组研究曲线C1： x2+ y=1和曲线C2：x44+y4=1的性质，下面同学提出的结论正确的有( )
甲：曲线C1，C2都关于直线y=x对称
乙：曲线C1在第一象限的点都在椭圆C3：x24+y2=1内
丙：曲线C2上的点到原点的最大距离为 5
A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个
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.已知点P是椭圆x24+y23=1上的一点，F1，F2是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是( )
A. 存在点P，使得∠F1PF2=75°B. |PF1|+|PF2|=4
C. △PF1F2的面积最大值为2 3D. 1≤|PF1|≤3
10.已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为DD1的中点，动点N在平面ABCD内的轨迹为曲线Γ.则下列结论正确的是( )
A. 当MN⊥B1N时，Γ是圆
B. 当动点N到直线DD1，BB1的距离之和等于4时，Γ是椭圆
C. 当直线MN与平面ADD1A1所成的角为60°时，Γ是双曲线
D. 当动点N到点M的距离等于点N到直线BC的距离时，Γ是抛物线
11.“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设A是一个“0，1数列”，定义数列f(A)：数列A中每个0都变为“1，0，1”，A中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列A：1，0，则数列f(A)：0，1，0，1，0，1.已知数列A1：1，0，1，0，1，且数列Ak+1=f(Ak)，k=1，2，3，⋯，记数列Ak中0的个数为ak，1的个数为bk，数列Ak的所有项之和为Sk，则下列结论正确的是( )
A. 数列{ak+bk}为等比数列B. 数列{ak−bk}为等比数列
C. 数列{Sk+Sk+1}为等比数列D. 数列{Sk−Sk+1}为等比数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.等差数列{an}的前n项和记为Sn，且S5=10，S10=50，则S14= ______．
13.以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知|AB|=4 2，|DE|=2 5，则C的焦点到准线的距离为 ．
14.光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出，如图，一个光学装置由有公共焦点F1、F2的椭圆Γ与双曲线Ω构成，Γ与Ω的离心率之比为3：4，现一光线从左焦点F1发出，依次经Ω与Γ反射，又回到了点F1，历时t1秒；若将装置中的Ω去掉，如右图，此光线从点F1发出，经Γ两次反射后又回到了点F1，历时t2秒，则t2t1= ______．
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)
已知函数f(x)=lnx+ax3(a∈R)，且f′(1)=4．
(1)求a的值；
(2)设g(x)=f(x)−lnx−x，求y=g(x)过点(1,0)的切线方程．
16.(本小题15分)
已知动点M(x,y)满足： (x−1)2+y2+ (x+1)2+y2=2 2．
(1)求动点M的轨迹方程C；
(2)若过点P(1,12)的直线l和曲线C相交于A，B两点，且P为线段AB的中点，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn+12−Sn2=8n．
(1)求Sn；
(2)若bn=2Sn−1，从{Sn}中删去{bn}中的项，按照原来的顺序构成新的数列{cn}，求{cn}的前100项和T100．
18.(本小题17分)
若双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点是F(2,0)，且离心率为2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点M(0,1)，过焦点F的直线l与双曲线C的两支相交于A，B两点，求直线MA和MB的斜率之和的最大值．
19.(本小题17分)
已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2，数列{bn}满足：b1=3，bn+1=2bn−1(n∈N*).
(1)证明：{bn−1}是等比数列；
(2)设数列{cn}的前n项和为Tn，且cn=(−1)n2an+1(an+1)lg2(bn−1)，求Tn；
(3)设数列{dn}满足：dn=an+1an2an+22,n=2k−1a2nbn,n=2k,k∈N*.证明：k=12ndk<7336．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：正项等比数列{an}中，a2，a8是方程x2−10x+16=0的两根，
∴a52=a2a8=16，∴a5=4，
则lg2a5=lg24=2．
故选：A．
利用等比数列的性质、韦达定理、对数运算法则求解．
本题考查等比数列的性质、韦达定理、对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，焦点到渐近线的距离为 3，
根据双曲线的对称性，取焦点(c,0)，渐近线为：y=bax，即bx−ay=0，
∴ca=2， 3=bc b2+a2=b，
可得c2=4a2=a2+b2，可得a=1．
故双曲线上的点到两焦点距离之差的绝对值为2a=2．
故选：C．
根据已知条件求解a，b即可求解结论．
本题主要考查双曲线的性质，考查计算能力和转化思想，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：某物体的运动方程是s=t+19t3(s的单位为m)，
则s′(t)=1+13t2，
s′′(t)=2t3，
当t=3时，s′′(t)=2m/s2．
故选：C．
根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由正方形和椭圆的对称性可得，
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由B(a,0)，OABC为正方形，可得
A(a2,a2)，C(a2,−a2)，
将A的坐标代入椭圆方程可得
a24a2+a24b2=1，
即有a2=3b2，
c2=a2−b2=23a2，
即有e=ca= 63．
故选：D．
由正方形和椭圆的对称性可得，设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，由B(a,0)，OABC为正方形，可得A(a2,a2)，C(a2,−a2)，代入椭圆方程，可得a2=3b2，由a，b，c的关系，结合离心率公式，可得所求值．
本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用椭圆的性质：对称性，考查点满足椭圆方程，以及计算能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：因为{an}的前n项和为Sn，且满足a1=2，an+1=1−1an(n∈N*)，
所以a2=1−12=12，a3=1−2=−1，a4=1−(−1)=2，
故数列的周期为3，a1+a2+a3=2+12−1=32，
则2S2024=2×[674(a1+a2+a3)+a1+a2]=2×(1011+2+12)=2027．
故选：D．
由已知递推关系求出数列的前几项，结合项的规律求出周期，进而可求．
本题主要考查了数列的递推关系及周期性在数列求和中的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可知，a2=56a1，a3=(1+12)a2=32a2=32×56a1=54a1，a4=56a3=56×54a1=2524a1=25，
所以a1=24．
故选：C．
根据题意确定a2，a3，a4之间的关系以及与a1的关系即可得所求．
本题考查数列的应用，考查数列的递推关系，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：联立x2a2+y2b2=1x+2y−4=0，消去x得(4b2+a2)y2−16b2y+16b2−a2b2=0，
因为直线与椭圆相切，
所以Δ=256b4−4(4b2+a2)(16b2−a2b2)=4a2b2(4b2−16+a2)=0，
所以4b2=16−a2，
因为0所以0<16−a2<4a2，解得4 55对比选项可知，a的值不可能是 3．
故选：A．
联立直线与椭圆的方程，利用判别式Δ=0，可得4b2=16−a2，再结合0本题考查直线与椭圆相切的位置关系，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对于曲线C2：x44+y4=1，用y代换x，x代换y，得y44+x4=1，
与原方程不相同，故曲线C2不关于直线y=x对称，可知甲同学提出的结论不正确；
若点P是曲线C1在第一象限上的点，设P(x0,y0)(x0>0,y0>0)，则 x02+ y0=1，两边平方得x02+ x0y0+y0=1，
结合 x0y0>0，可得x02+y0<1，再平方得x024+x0y0+y02<1，因此x024+y02由x024+y02<1，可知点P在椭圆C3：x24+y2=1内部，故乙同学提出的结论正确；
对于曲线C2：x44+y4=1，设Q(x1,y1)为其上一点，则x144+y14=1，
联想到cs2θ+sin2θ=1，设x12=2csθ,y12=sinθ，其中θ∈[0,π2]，则|OQ|= x12+y12= sinθ+2csθ= 5sin(θ+φ)，其中φ=arctan2，
当sin(θ+φ)=1时，即θ=arctan12时，|OQ|有最大值 5=45，
即曲线C2上的点到原点的最大距离为45，可知丙同学提出的结论不正确．
综上所述，三位同学提出结论只有乙是正确的，正确结论只有1个．
故选：C．
根据关于直线y=x对称的图形的性质，判断出甲同学提出结论的正误；根据点与椭圆的位置关系，结合曲线C2的方程判断出乙同学提出结论的正误；利用三角换元，计算出曲线C2上的点到原点的最大距离，判断出丙同学提出结论的正误，从而得到本题答案．
本题主要考查曲线与方程、椭圆的标准方程与几何性质、两点间的距离公式及其应用，考查了计算能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：根据题意可得a=2，b= 3，c=1，
对A选项，设∠F1PF2的最大值为2θ，则sinθ=ca=12，θ∈[0,π2)，
∴θ=30°，∴∠F1PF2的最大值为60°，∴A选项错误；
对B选项，∵|PF1|+|PF2|=2a=4，∴B选项正确；
对C选项，∵当P为短轴顶点时，△PF1F2的面积最大，
∴△PF1F2的面积最大值为12×2c×b= 3，∴C选项错误；
对D选项，∵a−c≤|PF1|≤a+c，即1≤|PF1|≤3，∴D选项正确．
故选：BD．
根据椭圆的几何性质即可分别求解．
本题考查椭圆的几何性质，属中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，
D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)，M(0,0,1)，N(x,y,0)，
对于A，若MN⊥B1N，则MN⋅B1N=(x,y,−1)⋅(x−2,y−2,−2)=x(x−2)+y(y−2)+2=0，
化简并整理得(x−1)2+(y−1)2=0，所以x=1，y=1，即此时Γ是点N(1,1,0)，故A错误；
对于B，因为DD1⊥平面ABCD，DN⊂平面ABCD，所以DD1⊥DN，同理BN⊥BB1，
所以当动点N到直线DD1，BB1的距离之和等于4时，有|DN|+|BN|=4=2a>|BD|=2 2，
所以此时Γ是椭圆，故B正确；
对于C，显然可取平面ADD1A1的法向量为n=(0,1,0)，又MN=(x,y,−1)，
当直线MN与平面ADD1A1所成的角为60°时，有|MN⋅n||MN|⋅|n|=|y| x2+y2+1=cs(90°−60°)= 32，
化简并整理得y23−x2=1，即Γ是双曲线，故C正确；
对于D，当动点N到点M的距离等于点N到直线BC的距离时，有x2+y2+1=(2−y)2，
化简并整理得y=3−x24，所以Γ是抛物线，故D正确．
故选：BCD．
对于A，由MN⋅B1N=0化简即可判断；对于B，由椭圆定义结合空间点线距离即可得解；对于C，由|MN⋅n||MN|⋅|n|=|y| x2+y2+1= 32，化简即可判断；由x2+y2+1=(2−y)2化简即可判断D．
本题考查点的轨迹问题，考查转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：∵数列Ak中，0的个数为ak，1的个数为bk，a1=2，b1=3，
∴ak+1=ak+2bk，bk+1=2ak+bk，
两式相加得：ak+1+bk+1=3(ak+bk)，
∴数列{ak+bk}是以5为首项，3为公比的等比数列，
∴ak+bk=5×3k−1；
两式相减得：ak+1−bk+1=−(ak−bk)，
∴数列{ak−bk}是以−1为首项，−1为公比的等比数列，
∴ak−bk=(−1)k；
则ak=5×3k−1+(−1)k2，bk=5×3k−1−(−1)k2，
Sk=0×ak+1×bk=bk，
∴Sk+Sk+1=5×3k−1−(−1)k2+5×3k−(−1)k+12
=5×3k−1+5×3k2=10×3k−1，
∴Sk−Sk+1=5×3k−1−(−1)k2−5×3k−(−1)k+12
=−5×3k−1−(−1)k，
故ABC正确，D错误．
故选：ABC．
数列Ak中，0的个数为ak，1的个数为bk，可利用ak，bk表示出ak+1，bk+1，两式分别作和、作差，结合等比数列通项公式可推导求得ak，bk，从而得到Sk，Sk+Sk+1，Sk−Sk+1，即可判断ABCD．
本题考查了等比数列的定义和通项公式，属于中档题．
12.【答案】5185
【解析】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则S5=5a1+5×(5−1)2d=10S10=10a1+10×(10−1)2d=50，解得a1=−25d=65，
则S14=14×(−25)+14×(14−1)2×65=5185．
故答案为：5185．
利用等差数列的求和公式，建立方程组，可得答案．
本题考查等差数列的求和，属于基础题．
13.【答案】4
【解析】【分析】
画出图形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可抛物线的方程，根据抛物线的性质，即可求得C的焦点到准线的距离．
本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线与圆的方程的应用，考查数形结合思想，属于中档题．
【解答】
解：设抛物线为y2=2px，如图：
设AB交x轴与点M，DE交x轴与点N，
∵|AB|=4 2，则|AM|=2 2，
∵|DE|=2 5，则|DN|= 5，|ON|=p2，
因为A点在抛物线上，所以A点的横坐标为：xA=(2 2)22p=4p，即|OM|=4p，
∵|OD|=|OA|，
∴ 丨ON丨2+丨DN丨2= 丨OM丨2+丨AM丨2
∴p24+5=16p2+8，解得：p=4，
∴抛物线的方程为：y2=8x，
C的焦点到准线的距离为：4．
故答案为：4．
14.【答案】8
【解析】解：设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，
在左侧图形中，由椭圆定义可得，|BF1|+|BF2|=2a1，①
由双曲线定义可得，|AF2|−|AF1|=2a2，②
由①②可得，|AF1|+|AB|+|BF1|=2a1−2a2，
∴△ABF1的周长为2a1−2a2；
在右侧图中，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后经过椭圆的另一个焦点，
即直线ED经过F2，则△EDF1的周长为4a1，又椭圆与双曲线焦点相同，离心率之比为34，
∴a1=43a2，又两次所用时间分别为t1，t2，而光线速度相同，
∴t2t1=4a12a1−2a2=8．
故答案为：8．
设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，由椭圆与双曲线的定义求出两个图形中三角形的周长，再由离心率的比值求得a1=2a2，把t2t1转化为a1，a2的关系得答案．
本题考查椭圆与双曲线的几何性质，考查椭圆与双曲线定义的应用，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)f(x)=lnx+ax3(a∈R)，
则f′(x)=1x+3ax2，
f′(1)=4，
故f′(1)=1+3a=4，解得a=1；
(2)g(x)=f(x)−lnx−x=lnx+x3−lnx−x=x3−x，
点(1,0)也在g(x)的图象上，
故(1,0)为切点，
则g′(x)=3x2−1，
g′(1)=3−1=2，
故y=g(x)过点(1,0)的切线方程为y−0=2(x−1)，即2x−y−2=0．
【解析】(1)根据已知条件，推得f′(x)=1x+3ax2，再将x=1代入，即可求解；
(2)结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)因为动点M(x,y)满足 (x−1)2+y2+ (x+1)2+y2=2 2，
所以点M的轨迹为以(−1,0)，(1,0)为焦点的椭圆，
所以c=1，a= 2，
所以b2=a2−c2=1，
所以x22+y2=1．
(2)设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x122+y12=1x222+y22=1，
作差得x12−x222+y12−y22=0，
除以x1−x2得x1+x22+(y1+y2)⋅y1−y2x1−x2=0，
代入中点坐标22+k=0，则k=−1，
直线l的方程是y=−x+32．
【解析】(1)利用两点间的距离公式识别已知条件为M到定点F(1,0)，F′(−1,0)的距离之和等于定值2 2，结合椭圆的定义，即可得出答案．
(2)根据椭圆的标准方程，利用点差法求得以P为中点的直线l的斜率，进而得到方程．
本题考查椭圆的定义与标准方程，中点弦问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为Sn+12−Sn2=8n，
当n≥2时，Sn2=(Sn2−Sn−12)+(Sn−12−Sn−22)+…+(S22−S12)+S12=8(n−1)+8(n−2)+…+8×1+1=8[1+2+3+…+(n−1)]+1=8×(n−1)(1+n−1)2+1=(2n−1)2，
因为an>0，所以Sn>0，
所以Sn=2n−1；
(2)因为Sn=2n−1，所以bn=22n−1−1，
则b1=1，b2=7，b3=31，b4=127，b5=511，…，
又因为S104=2×104−1=207，且127<207<511，
所以数列{Sn}的前104项中有数列{bn}的4项，
所以T100=104(1+207)2−(1+7+31+127)=10650．
【解析】(1)利用累加法求解即可；
(2)由(1)可得bn=22n−1−1，则数列{Sn}的前104项中有数列{bn}的4项，再结合等差数列的前n项和公式求解即可．
本题主要考查了数列的递推式，考查了等差数列的前n项和公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意得c=2，e=ca=2，
又c2=a2+b2，所以a2=1，b2=3，
所以双曲线C的方程x2−y23=1．
(2)由题意直线l的斜率存在，设直线l：y=k(x−2)，
联立x2−y23=1y=k(x−2)，整理得(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
则3−k2≠0，Δ=16k4−4(3−k2)(−4k2−3)=36k2+36k>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=4k2k2−3，x1⋅x2=4k2+3k2−3<0，
解得− 3又点M(0,1)，
所以kMA+kMB=k(x1−2)−1x1+k(x2−2)−1x2=2kx1x2−(2k+1)(x1+x2)x1x2
=2k(4k2+3)−4k2(2k+1)4k2+3=3(2k+1)4k2+3−1，
设t=2k+1∈(1−2 3,1+2 3)，则kMA+kMB=3tt2−2t+4−1，
因为要求最大值，只需考虑t∈(0,1+2 3)，
当且仅当t=2，即k=12时，等号成立，所以所求最大值为12．
【解析】(1)由题意，根据焦点坐标，离心率公式以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
(2)设直线l的方程y=k(x−2)，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理转化为斜率的不等关系求斜率的范围，进而再由斜率公式用换元法即可求解．
本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了转化思想和数学运算能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)证明：由bn+1=2bn−1，得bn+1−1=2(bn−1)，
又b1−1=2，
所以{bn−1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
则bn−1=2×2n−1，故bn=2n+1；
(2)由数列{an}的前n项和为Sn=n2+n2，可得：
当n=1时，有a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−(n−1)2+(n−1)2=n，
显然a1=1也满足，
故an=n，
又bn=2n+1，cn=(−1)n2an+1(an+1)lg2(bn−1)，
所以cn=(−1)n2n+1n(n+1)=(−1)n(1n+1n+1)，
故Tn=−1−12+12+13−13+⋯+(−1)n1n+(−1)n1n+1=−1+(−1)n1n+1；
(3)证明：dn=an+1an2an+22,n=2k−1a2nbn,n=2k,k∈N*，
当n为奇数时，dn=n+1n2(n+2)2=14[1n2−1(n+2)2]，则d1+d3+d5+...+d2n−1=14[1−132+132−152+⋯+1(2n−1)2−1(2n+1)2]=14[1−1(2n+1)2]<14，
当n为偶数时，dn=2n2n+1<2n2n，
则d2+d4+d6+⋯+d2n<422+824+⋯+4n22n=140+241+⋯+n4n−1，
设Qn=140+241+⋯+n4n−1，
则14Qn=141+242+⋯+n−14n−1+n4n，
两式相减得，34Qn=1+141+142+...+14n−1−n4n=1−14n1−14−n4n，
Qn=169−3n+49(14)n−1<169，
所以d2+d4+d6+⋯+d2n<169，
所以k=12ndk<14+169=7336，故原式得证．
【解析】(1)由递推关系得bn+1−1=2(bn−1)，即可得证；
(2)利用an与Sn的关系求出{an}的通项公式，结合已知得cn=(−1)n(1n+1n+1)，由裂项相消法得Tn；
(3)讨论n的奇偶性，利用裂项相消法和错位相减法，分别求出{dn}的奇数项、偶数项的和，即可证得结论．
本题考查数列递推式判定等比数列，考查裂项相消法和错位相减法求和等知识，属难题．