2024-2025学年重庆市七校高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市七校高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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 3x+3y−2=0的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若2a3+a8+a18=48，则S15为( )
A. 45B. 90C. 180D. 240
3.国家体育场(鸟巢)，位于北京奥林匹克公园中心区南部，为2008年北京奥运会的主体育场.某近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知小椭圆的短轴长为10cm，长轴长为20cm，大椭圆的长半轴长为20cm，则大椭圆的短轴长为( )
A. 40cmB. 60cmC. 20cmD. 40 3cm
4.已知A(2,1,3)，B(4,−1,3)，C(1,3,4)，则AC在AB方向上的投影向量为( )
A. (2,−2,0)B. (32,−32,0)C. (−32,32,0)D. (−1,2,1)
5.已知空间向量a+b+c=0，且|a|=2,|b|=4,|c|=3，则cs〈a,c〉=( )
A. 12B. 14C. 32D. 22
6.《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马P−ABCD中，若PA⊥平面ABCD，且PA=AB=2，异面直线PD与AC所成角的余弦值为45，则AD=( )
A. 65B. 4C. 2D. 3
7.已知直线l1：x−y+1=0和直线l2：x=−1，抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是( )
A. 2B. 4 55C. 3D. 5
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M，N是C上的两点，满足F2N=3F1M，且F2N=F2M，则C的离心率为( )
A. 102B. 103C. 152D. 153
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.下列选项正确的是( )
A. 若直线l1：x+2y+1=0与l2：2x+ay−2=0平行，则l1与l2的距离为2 55
B. 过点(−1,1)且和直线2x−y+7=0平行的直线方程是2x−y−6=0
C. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的必要不充分条件
D. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)
10.设数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1n+1−Snn=−1，S1=10，则下列说法正确的是( )
A. {an}是等差数列
B. 当n=6或5时，Sn取得最大值
C. 数列{|an|}的前10项和是50
D. S4，S8−S4，S12−S8成等差数列，公差为−30
11.如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2,∠BAD=π3,M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c，则下列说法正确的有( )
A. |BD1|=2 2
B. AM=12a+12b+c
C. 设BN=13BB1，则AN⊥BM
D. 以D为球心， 7为半径的球在四边形BCC1B1内的交线长为2π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知抛物线C：x+8y2=0，则抛物线的准线方程为______．
13.若直线y=k(x−2)+1与曲线y= 1−x2恰有两个交点，则实数k的取值范围是______．
14.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图(1)，(2)，(3)，(4)为她们刺绣中最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮，现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图案包含f(n)个小正方形，则f(6)= (1) ，f(n)= (2) ．
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15分)
已知圆C：(x−1)2+(y−a)2=4(abna2n成立，求实数k的取值范围．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.C
5.B
6.B
7.A
8.A
9.AD
10.ABD
11.ABD
12.x=132
13.(0,13]
14.61；2n2−2n+1
15.解：(1)由已知圆C：(x−1)2+(y−a)2=4(a0，
解得m2>4，
由韦达定理得y1y2=1443m2+4,y1+y2=48m3m2+4，
所以k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=y1my1−6+y2my2−6=y1(my2−6)+y2(my1−6)(my1−6)(my2−6)，
因为y1(my2−6)+y2(my1−6)=2my1y2−6(y1+y2)=2m×1443m2+4−6×48m3m2+4=0，
所以k1+k2=0，
综上所述，k1+k2为定值0；
(ii)由(i)知|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= (48m3m2+4)2−4×1443m2+4=24 m2−43m2+4，
所以S△ABF1=|S△PAF1−S△PBF1|=12|PF1||y1−y2|=12×6×24 m2−43m2+4=72 m2−43m2+4，
所以S△ABF1=72 m2−43m2+4=72 m2−43(m2−4)+16=723 m2−4+16 m2−4≤722 3 m2−4×16 m2−4=3 3，
当且仅当3 m2−4=16 m2−4，即m2=283>4时，等号成立．
所以△ABF1面积的最大值为3 3．

19.解：(1)已知数列{an}的前n项和为{Sn}，且Sn=2an−12，
∴当n=1时，a1=12，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
即anan−1=2．
∴{an}是以12为首项，2为公比的等比数列，
则an=2n−2(n∈N∗)，
∵数列{bn}满足b1=1，2bn=bn−1+bn+1(n∈N∗且n≥2)，b2=3，
∴{bn}是等差数列，
∴d=a2−a1=2，
∴bn=2n−1(n∈N∗)．
(2)由题知cn=2n−2⋅(2n−1)，
∴Tn=1⋅2−1+3⋅20+⋯+(2n−1)⋅2n−2，
2Tn=1⋅20+3⋅21+5⋅22+⋯+(2n−3)⋅2n−2+(2n−1)⋅2n−1，
∴−Tn=2−1+21+22+⋯+2n−1−(2n−1)⋅2n−1
=12+2(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n−1，
∴Tn=32+(2n−3)⋅2n−1．
(3)由(1)可得bna2n=2n−122n−2=2n−14n−1，
∵当n∈N∗时，2n−1≤4n−1，即01在λ∈(0,1)上恒成立，
即2λ2−kλ+1>0在λ∈(0,1)上恒成立，
即kλ