2024-2025学年宁夏银川一中高二（上）第二次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年宁夏银川一中高二（上）第二次月考数学试卷（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.等比数列{an}中，a2=4，a3⋅a4=128，则a5的值为( )
A. 8B. 16C. 32D. 64
2.如图，吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一部分，宽6m，高1m，根据图中的坐标系.可得这条抛物线的准线方程为( )
A. y=−92B. y=−94
C. y=−9D. y=−3
3.在等差数列{an}中，已知a1=13，3a2=11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为( )
A. 98B. 50C. 49D. 7
4.九连环是我国民间的一种益智玩具，它蕴含着丰富的数学奥秘.假设从套环与套框完全分离的状态出发，需经过an步演变，出现只穿有第n环的状态，则an+1=2an+1，且a1=1.则从套环与套框完全分离的状态到套环均在套框上的状态，总共需要的演变步数为a8+1+a6+1+a4+1+a2+1+1=( )
A. 345B. 344C. 341D. 340
5.已知点P在抛物线M：y2=4x上，过点P作圆C：(x−2)2+y2=1的切线，切点为A，若点P到M的准线的距离为5，则切线长PA为( )
A. 4B. 17C. 6D. 19
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15−S10=1，则S25的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
7.已知直线y= 3x与椭圆C：x2a2+y2b2=1交于A，B两点，F是椭圆的右焦点，AF⊥BF，则椭圆的离心率e的值为( )
A. 2 33B. 3−12C. 12D. 3−1
8.已知过抛物线C：y2=8x的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点，若以AB为直径的圆过点M(−2,2)，则k=( )
A. 12B. 22C. 2D. 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.已知圆Q1：(x−1)2+y2=1和圆Q2：(x+1)2+(y−2)2=5的交点为A，B，则( )
A. 公共弦AB所在直线的方程为x−y=0
B. 线段AB的中垂线方程为x+y−1=0
C. 公共弦AB的长为 2
D. P为圆Q1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为 22
10.双曲线C：x25−y24=1的左、右顶点分别为A，B，P，Q两点在C上，且关于x轴对称，则下列选项正确的是( )
A. 以C的焦点和顶点分别为顶点和焦点的椭圆方程为x29+y24=1
B. 双曲线C的离心率为3 54
C. 直线AP与BQ的斜率之积为−45
D. 双曲线C的焦点到渐近线的距离为2
11.已知等差数列{an}的首项为a1=2，公差为d，其前n项和为Sn，若S8an+1−an，则称{an}为“速增数列”．
(Ⅰ)判断数列{3n}是否为“速增数列”？说明理由；
(Ⅱ)若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=2，ak=2023.求正整数k的最大值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，短轴长为2 3，且经过点(1,32)，过左焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
(3)设G为直线AE与直线BD的交点，求△AGM面积的最小值．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.C
5.D
6.B
7.D
8.D
9.ABC
10.CD
11.ACD
12.−1
13.3
14.12
15.解：(1)因为|AF|=9+p2=15，
所以p=12，
故抛物线C的方程为x2=−24y；
(2)易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x12=−24y1x22=−24y2，
两式作差变形得：y1−y2x1−x2=−x1+x224，
又因为MN的中点为(−2,−11)，则x1+x2=−4，
所以k=y1−y2x1−x2=−−424=16，
所以直线l的方程为y+11=16(x+2)，即x−6y−64=0．
16.解：(1)证明：∵△PAD是正三角形，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
∵四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，CD⊥平面PAD，
∴CD⊥PO，
∵AD∩CD=D，∴PO⊥平面ABCD．
(2)以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(−2,4,0)，D(−2,0,0)，P(0,0,2 3)，
E(−1,2, 3)，F(−1,0, 3)，G(0,4,0)，
EF=(0,−2,0)，EG=(1,2,− 3)，FG=(1,4,− 3)，
设平面EFG的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EF=−2y=0n⋅EG=x+2y− 3z=0，取z=1，得n=( 3,0,1)，
AE=(−3,2, 3)，
∴点A到平面EFG的距离为d=|AE⋅n||n|= 3．
17.解：(1)因为an+1=an2+12n−1，所以2nan+1=2n−1an+2，
故2nan+1−2n−1an=2，
即数列{2m−1⋅an}是以−1为首项，2为公差的等差数列，
故2n−1an=−1+2(n−1)=2n−3，
所以an=2n−32n−1；
(2)依题意可得Sn=−1+12+322+523+⋯+2n−52n−2+2n−32n−1，
12Sn=−12+122+323+524+⋯+2n−52n−1+2n−32n，
两式相减可得12Sn=−1+1+12+122+⋯+12n−2−2n−32n=12(1−12n−2)1−12−2n−32n=1−2n+12n，
所以Sn=2−2n+12n−1．
18.解：(Ⅰ)数列{3n}是“速增数列”，理由如下：
因为an=3n，
所以an+2−an+1=3n+2−3n+1=2×3n+1，an+1−an=3n+1−3n=2×3n，
因为2×3n+1>2×3n，
所以an+2−an+1>an+1−an，
故数列{3n}是“速增数列”；
(Ⅱ)因为数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=2，
所以对任意的n∈N∗，an+2−an+1>an+1−an，a2−a1=1，
所以a3−a2≥2，a4−a3≥3，…，ak−ak−1≥k−1，
相加的，(a2−a1)+(a3−a2)+(a4−a3)+…+(ak−ak−1)≥1+2+3+…+(k−1)，
即ak−a1≥k(k−1)2，
所以k(k−1)≤4044，k∈Z，
当k=64时，k(k−1)=4032，
当k=65时，k(k−1)=4160，
故正整数k的最大值为64．
19.解：(1)因为椭圆C的短轴长为2 3，且经过点(1,32)，
所以2b=2 31a2+94b2=1，解得b= 3a=2，
则椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
(2)证明：易知直线l斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为x=my−1，
联立x=my−1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2−6my−9=0，
由韦达定理得y1+y2=6m3m2+4y1y2=−93m2+4，
此时12(x1+x2)=12[m(y1+y2)−2]=−43m2+4，
因为点M为线段AB的中点，所以M(−43m2+4,3m3m2+4)，
因为lDE⊥lAB，同理得N(−4m24m2+3,−3m4m2+3)，
所以kMN=21m12(m2−1)(m≠±1)，
所以lMN：y=21m12(m2−1)(x+43m2+4)+3m3m2+4，
整理得y=m12(m2−1)(21x+12)，此时直线MN过定点(−47,0)，
当m=1时，取M(−47,37)，N(−47,−37)，
则直线MN过定点(−47,0)；
当m=−1时，取M(−47,−37)，N(−47,37)，
则直线MN过定点(−47,0)；
综上，直线MN过定点(−47,0)；
(3)因为点M，N分别为AB，DE的中点，
此时S△GMN=S△GBN−S△BMN−S△GBM=12S△GBE−12S△ABN−12S△GAB
=12S△ABE−12S△NAB=12⋅12⋅|AB|⋅|NE|=18|AB|⋅|DE|，
由(2)知|AB|= 1+m2|y1−y2|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2=12(m2+1)3m2+4，
同理得|DE|=12(1+m2)4m2+3，
所以S△GMN=18⋅144(m2+1)2(3m2+4)(4m2+3)≥18(m2+1)2(3m2+4+3+4m22)2=7249，
当且仅当3m2+4=4m2+3，即m=±1时，等号成立，
则△GMN面积的最小值为7249．