2024-2025学年新疆乌鲁木齐二十三中、八中等校高二（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年新疆乌鲁木齐二十三中、八中等校高二（上）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知数列−1，2，−3，2，−5，…，则该数列的第A.45 B.−45 C.55 D.−552.抛物线y=−2x2的准线方程是(

)A.y=−18 B.y=18 C.3.已知圆的方程为x2+y2A.关于点(2,0)对称 B.关于直线y=0对称

C.关于直线x+3y−2=0对称 D.关于直线x−y+2=0对称4.已知空间向量a=(1,n,2)，b=(−2,1,2)，若a与b垂直，则|a|A.5 B.7 C.3 5.已知椭圆C：x29+y28=1与双曲线E：A.y=±22x B.y=±14x6.设{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，且a1<0A.d<0 B.a7=0 C.S127.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法⋅商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有an个球，则数列{1an}的前20A.4021 B.382 C.20218.如图，四边形ABCD，AB=BD=DA=4，BC=CD=22，现将△ABD沿BD折起，当二面角A−BD−C的大小在[π6,π3]时，直线AB和CD所成角为A.22−616B.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.下列说法正确的是(

)A.若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则点(k,b)在第三象限

B.直线y=ax−3a+2过定点(3,2)

C.过点(2,−1)且斜率为−3的直线的点斜式方程为y+1=−3(x−2)

D.斜率为−2，在10.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且SA.a=−2

B.{Sn}中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值

C.{Sn}的最大项为11.已知O为抛物线C：y2=2px(p>0)的顶点，直线l交抛物线于M，N两点，过点M，N分别向准线x=−p2作垂线，垂足分别为P，QA.若直线l过焦点F，则以MN为直径的圆与y轴相切

B.若直线l过焦点F，则PF⊥QF

C.若M，N两点的纵坐标之积为−8p2，则直线l过定点(4p,0)

D.若OM⊥ON，则直线l三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若数列{an}的前n项和为Sn=13.如图所示，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱.若点C到平面14.已知直线l1：tx+y+t+1=0与直线l2：x−ty+t−1=0相交于点P，动点A，B在圆C：x2+y2−14x+2y+47=0四、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C1与y轴相切于点(0,3)，圆心在经过点(2,1)与点(−2,−3)的直线l上．

(1)求圆C1的方程；

(2)圆C1与圆C2：x2+y216.(本小题15分)

在如图所示的多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，在梯形ABEF中，AF//BE，AF⊥AB，AB=BE=2AF=2，平面ABEF⊥平面ABCD．

(1)证明：BD⊥平面ACF；

(2)若直线DA与平面ACF所成的角为60°，求平面ACF与平面CEF所成角的余弦值．17.(本小题15分)

已知直线l：x−my+m−2=0与抛物线C：y2=2px(p>0)恒有两个交点A.B．

(1)求P的取值范围；

(2)当m=12时，直线l过抛物线C的焦点F，求此时线段18.(本小题15分)

已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=Sn+2n+1,n∈N∗．

(1)求证：数列{Sn2n}是等差数列；19.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上任意一点，△PF1F2面积最大值为3．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过x轴上一点R(1,0)的直线与椭圆交于A，参考答案1.B

2.B

3.D

4.C

5.A

6.C

7.A

8.B

9.BC

10.BCD

11.BCD

12.8

13.2

14.[615.解：(1)经过点(2,1)与点(−2,−3)的直线方程为y=x−1．

由题意可得，圆心在直线y=3上，

由y=3y=x−1，解得圆心坐标为(4,3)，

故圆C1的半径为4．

则圆C1的方程为(x−4)2+(y−3)2=16；

(2)∵圆C1的方程为(x−4)2+(y−3)2=1616.解：(1)证明：∵平面ABEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，AF⊂平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD=AB，

∴AF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，

∴AF⊥BD，

∵四边形ABCD为菱形，

∴BD⊥AC，

又AF∩AC=A，AF，AC⊂平面ACF，

∴BD⊥平面ACF；

(2)设AC∩BD=O，由(1)可知，DO⊥平面ACF，则直线DA在面ACF内的射影为OA，

故直线DA与平面ACF所成的角为∠DAO，

∴∠DAO=60°，△ACD和△ACB均为边长为2的等边三角形，

以O为原点，OC，OB所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，如图，

由BD⊥平面ACF，可得平面ACF的法向量为n1=(0,1,0)，

而C(1,0,0)，F(−1,0,1)，E(0,3,2)，

∴CF=(−2,0,1)，CE=(−1,3,2)，

设平面CEF的法向量n2=(x,y,z)，

则n2⋅CF17.解：(1)方法一：因为直线l：x−2+m(1−y)=0，

所以直线l恒过定点(2,1)，

又直线l与抛物线恒有两个交点，将定点代入抛物线方程，

所以1<4p，

所以p>14，

所以p的取值范围为(14,+∞)．

(方法二)将直线l与抛物线C方程联立，得x−my+m−2=0y2=2px，

得y2−2pmy+2pm−4p=0，

因为直线l与抛物线C恒有两个交点，

所以判别式Δ=(−2pm)2−4(2pm−4p)=4p2m2−8pm+16p>0对∀m∈R恒成立，

所以需要使得方程4p2m2−8pm+16p=0的判别式Δ1=(−8p)2−4×4p2×16p<0，

又p>0，

所以p>14，

所以p的取值范围为(14,+∞)．

(2)由题，当m=12时，直线l的方程为x−12y−32=0，即y=2x−3，

令y=0得x=3218.(1)证明：

因为an+1=Sn+2n+1=Sn+1−Sn，

所以Sn+1=2Sn+2n+1，

则Sn+12n+1=2Sn2n+1+1，

即Sn+12n+1−Sn2n=1，

因为S12=a12=12，

所以数列{Sn2n}是首项为12，公差为1的等差数列；

(2)①由(1)得，Sn2n=12+n−1=n−12，

所以Sn=(2n−1)⋅2n−1，

19.解：(1)不妨设椭圆C半焦距为c，

因为椭圆C的离心率为32，

所以ca=32，①

易知当P为短轴端点时，△PF1F2面积最大，

所以(S△PF1F2)max=12⋅2c⋅b=3，

解得bc=3，②

又a2=b2+c2，③

联立①②③，

解得a=2，b=1，c=3，

则椭圆C的方程为x24+y2=1；

(2)证明：不妨设直线l与x轴交于点Q，

此时Q(4,0)，

当直线AB的斜率为0时，不符合题意；

当AB