2024-2025学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年浙江省宁波市慈溪市高二（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.已知直线l过点A(1,3)和B(−2,0)，则l的倾斜角为A.120° B.90° C.60° D.30°2.已知函数f(x)=2x，则Δx→0limA.4ln2 B.4ln2 C.ln22 3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1=−1，A.51 B.−13 C.−205 D.−2564.已知A(−12,1,32)，B(1,12,0)，C(0,1,0)，A.(19,−118,19)5.已知圆C1：(x+1)2+(y+4)2=5，圆C2：x2A.−72 B.−12 C.3 D.56.已知在棱长为1的正四面体ABCD中，BM=12BC，AN=3ND，则直线AMA.23 B.2313 C.7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，一条渐近线方程为y=−A.43 B.34 C.378.已知斐波那契数列{Fn}满足F1=F2=1，Fn=FA.25L2022+15L2024 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.已知曲线C：(3−m)x2+(m+1)yA.当m=1时，C是半径为2的圆

B.当−1<m<1时，C是焦点在x轴上的椭圆

C.当m>3时，C是焦点在x轴上的双曲线

D.当m=−1时，C10.已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，且对任意m，n∈A.a2=3 B.a2025=a2020+a11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，P，Q分别是线段AB，A1D1上的动点，M是线段PQ的中点，且满足PQ=2A.当A1Q=2QD1时，AM⊥平面B1CD1

B.当P为线段AB中点时，直线B1C到平面α的距离为10三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知点P(2,−3)和直线l：x−3y+1=0，则点13.已知数列{an}满足an⋅an+1⋅an+2=−14.椭圆有如下结论：“过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P(x0,y0)作该椭圆的切线，切线方程为x0xa2+y0yb2=1.”设椭圆C：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)=lnxx−2ax2．

(1)若a=1，求f′(x)；

(2)若f(x)在(1,f(1))处的切线与直线ax−3y−2=016.(本小题15分)

如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面SAC⊥平面ABCD，∠ADC=60，∠SAC=90°，AD=AS=2CD=2．

(1)证明：CD⊥平面ACS；

(2)求平面SBC与平面SCD夹角的余弦值．17.(本小题15分)

已知直线l：x−y+1=0，圆C：(x−2)2+y2=r2(r>0)，点P在l上，点Q在C上．

(1)若一条光线沿着直线l从右上往左下射出，经y轴反射后，与C相切，求r；

(2)若18.(本小题17分)

已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点A(3,t)在C上，且|AF|=72．

(1)求C的方程；

(2)若M，N是C上的两个不同动点(M在x轴上方，N在x轴下方)，满足OM⋅ON=8．

(i)求证：直线MN过定点P；

(ii)设直线MN的斜率为k，过点P，且斜率为−2k的直线交C19.(本小题17分)

若数列{an}满足：an+1−an>an−an−1(n≥2，且n∈N∗)n∈N∗)，则称数列{an}为“差增数列”；若对于差增数列{an}，存在整数k，同时满足以下两个条件：①对任意n∈N∗，都有an≥kn成立；②存在n∈N∗，使得an=kn成立，则称数列{kn}为差增数列{an}的“下限数列”．

(1)已知数列{an}是差增数列，若an∈{x|x为小于20的质数)，试写出项数为5参考答案1.D

2.A

3.C

4.A

5.B

6.D

7.B

8.C

9.AC

10.ABD

11.BCD

12.3

13.1314.315.解：(1)若a=1，则f(x)=lnxx−2x2，

所以f′(x)=1−lnxx2−4x=1−lnx−4x3x2．

(2)因为f′(x)=1−lnxx2−4ax16.解：(1)证明：因为平面SAC⊥平面ABCD，平面SAC∩平面ABCD=AC，SA⊥AC，

所以SA⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，

所以SA⊥CD，

在△ACD中，AD=2，CD=1，∠ADC=60°，

所以AC2=4+1−2×2×1×12=3，

所以AD2=AC2+CD2，即AC⊥CD，

又因为SA∩AC=A，SA，AC⊂平面SAC，

所以CD⊥平面SAC．

(2)由(1)知，SA⊥平面ABCD，AB⊥AC，

以A为原点，AB，AC，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则S(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，D(−1,3,0)，

所以SC=(0,3,−2)，BC=(−1,3,0)，CD=(−1,0,0)，

设平面SBC的一个法向量m=(x,y,z)，

则m⋅SC=0m⋅17.解：(1)由题意知，入射光线与y轴交于点(0,1)，反射光线的斜率为−1，

所以反射光线所在的直线方程为x+y−1=0，

因为圆心(2,0)，所以圆心到反射光线所在直线的距离等于r，

即r=|2−1|2=22．

(2)设点R关于直线l的对称点为R′(a,b)，

则b−2a−2=−1a+22−b+22+1=0，解得a=1b=3；

所以|PR|+|PQ|=|PR′|+|PQ|≥|R′Q|≥|R′C|−r，

因为|R′C|=10，r=1，所以|PR|+|PQ|的最小值等于10−1，

此时，点18.(1)因为|AF|=3+p2=72，

所以p=1，

则抛物线C的方程为y2=2x；

(2)(i)证明：设直线MN的方程为x=my+n，n>0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

联立x=my+ny2=2x，消去x并整理得y2−2my−2n=0，

此时Δ=4m2+8n>0，

由韦达定理得y1+y2=2m，y1y2=−2n，

因为OM⋅ON=x1x2+y1y2=(my1+n)(my2+n)+y1y2

=(m2+1)y1y2+mn(y1+y2)+n2=n2−2n=8，

解得n=4或n=−2(舍去)，

则直线MN过定点P(4,0)；

(ii)设直线MN的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，19.解：(1)根据“差增数列”的定义可得a1=2，a2=3，a3=5，a4=11，a5=19；

(2)(i)是，理由如下：

因为bn>0，则首项b1>0，公差d>0，所以bn=b1+(n−1)d，Sn=nb1+n(n−1)2d，

因为(n+1)Sn+1+(n−1)Sn−1−2nSn

=(n+1)[(n+1)b1+n(n+1)2d]+(n−1)[(n−1)b1+(n−1)(n−2)2d−2n[nb1+n(n−1)2d]

=2b1+(3n−1)d>0，

即(n+1)Sn+1−nSn>nSn−(n−1)Sn−1对任意n≥2且n∈