黑龙江省牡丹江市多校联考2024-2025学年高二上学期期末数学试卷+答案

黑龙江省牡丹江市多校联考2024-2025学年高二上学期期末数学试卷

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1．在正项等比数列中,,且,,10成等差数列,则的值为()A. B. C.18 D.242．若是等差数列,表示的前n项和,,,则中最小的项是()A. B. C. D.3．已知函数,则的值为()A. B. C. D.4．已知动点P在椭圆上，，，则的最小值为()A.5 B. C.2 D.15．已知过抛物线的焦点F的动直线交抛物线C于A,B两点,Q为线段的中点,P为抛物线C上任意一点,则的最小值为()A.6 B.3 C.12 D.96．已知点,是曲线上不同的两点,且满足,则直线AB的斜率的取值范围是()A. B. C. D.7．已知等差数列的前n项和为;等比数列的前n项和为,且,,则()A.22 B.34 C.46 D.508．如图,､是椭圆与双曲线的公共焦点,A､B分别是､在第二､四象限的交点,若,且,则与离心率之积为()A.2 B. C. D.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题意，全选对得满分，漏选得部分分，错选不选不得分）9．已知正项等比数列的公比为q,若,且,则()A. B.C.是数列中的项 D.,,成等差数列10．已知椭圆的左、右焦点分别为、,P为椭圆C上不同于左、右顶点的任意一点,则下列说法正确的是()A.的周长为16 B.面积的最大值为12C.存在点P,使得∠ D.的取值范围为11．已知数列满足：，，（，），数列的前n项的积为，记，则()A.数列是等比数列 B.C.当n为奇数时， D.当n为偶数时，三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知函数,请写出一条过点且与的图象相切的直线方程________.13．椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆M上任一点，且最小值为，则椭圆M的离心率是__________.14．若数列满足,,则称该数列为斐波那契数列.如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成,在每个正方形中作圆心角为的扇形,连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为,数列的前n项和为.给出下列结论:①;②是奇数;③;④.则所有正确结论的序号是________.四、解答题（本题共5小题，共77分）15．（13分）设，分别为数列，的前n项和，，，数列是公比为的等比数列，.(1)求，的通项公式；(2)比较和的大小.16．（15分）已知抛物线过，，其中两点，F为E的焦点.(1)求E的方程；(2)若过点的直线l与E相交于M，N两点，且的面积为4，求直线l的方程.17．（15分）如图,在四棱锥中,底面是正方形,侧面是等边三角形,且平面平面,,E为的中点.(1)求点E到平面的距离；(2)求平面与平面夹角的余弦值.18．（17分）动点到直线与直线的距离之积为,记点M的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)若点为曲线E与抛物线的一个公共点,点.①求的取值范围；②当,且时,求直线斜率的取值范围.19．（17分）在数列中,已知,（）.（1）证明:数列为等比数列;（2）记,数列的前n项和为,求使得的整数n的最小值;（3）是否存在正整数m、n、k,且,使得、、成等差数列?若存在,求出m、n、k的值;若不存在,请说明理由.

黑龙江省牡丹江市多校联考2024-2025学年高二上学期期末数学答案1．答案：C解析：在正项等比数列中,设公比为q,,则,又,,10成等差数列,则,则,故,故选:C2．答案：B解析：由数列为等差数列,则,且,即,,所以当时,取最小值,即数列的最小项为,故选:B.3．答案：B解析：由解析式知,所以.故选:B4．答案：D解析：由题意知点F是椭圆的右焦点，记是该椭圆的左焦点，连接，如图.由，知点在椭圆外，又，所以，则，要使最小，只需最小，连接，则，当且仅当点P为线段与椭圆的交点时，等号成立，所以的最小值为1.故选D.5．答案：A解析：由抛物线可得,其准线方程为,作垂直于准线,垂足为,如下图所示:设过的直线方程为,;联立直线与抛物线方程可得;因此可得,所以,可得,由抛物线定义可知,当三点共线时,的最小值为,此时,即动直线垂直于轴时,的最小值为6.故选:A6．答案：B解析：由得,所以曲线为以为圆心,2为半径的上半圆弧.由,为不同两点,且可转化为,则过点的直线与半圆弧有两个不同的交点.如图,直线PA的斜率为.当过点P的直线与圆相切于点T时,设直线方程为,即:,由圆心到直线的距离,解得(舍),或,即直线PT的斜率为.如图可知,要使直线与半圆弧有两个不同的交点,则直线AB斜率k的取值范围为,即故选:B.7．答案：C解析：设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,因为,,,,解得:,.则,,所以.故选:C8．答案：A解析：､是椭圆与双曲线的公共焦点,A､B分别是､在第二､四象限的公共点,若,且,则为等边三角形且A,B关于原点对称,可得,,代入椭圆方程可得:,可得,可得,解得.代入双曲线方程可得,可得,可得:,解得,则与的离心率之积为:2.故选A.9．答案：ABD解析：对于选项A:由,可得,且,所以,故A正确;对于选项B:所以,故B正确;对于选项C:可得,令,即,显然该方程无整数解,所以不是数列中的项,故C错误;对于选项D:因为,,,且,即所以,,成等差数列,故D正确;故选:ABD.10．答案：BCD解析：椭圆的长半轴长,短半轴长,半焦距,对于A:的周长为,A错误;对于B:设,,则,B正确;对于C:由,得以原点O为圆心,半焦距c为半径的圆与椭圆相交,当P为此交点时,,因此存在点P,使得∠,C正确;对于D:,,D正确.故选:BCD11．答案：ACD解析：显然，.因为，所以，又，所以，即当时，.显然，所以，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以A正确；于是，所以，，两式相除得，所以B错误；当n为奇数时，，所以有，所以C正确；当n为偶数时，，所以有，所以D正确，故选ACD.12．答案：或（写出其中一条即可）解析：,设切点,则切线方程为,即,因为过点,所以,解得或,所以切线方程为或故答案为:或（写出其中一条即可）13．答案：解析：由基本不等式及椭圆的定义可知，所以当且仅当由题意知，解得所以，所以,故答案为：14．答案：①②④解析：对于①,由,,且,可得斐波那契数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34...故故①正确;对于②:由斐波那契数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144...,可得每三个数中前两个为奇数,后一个偶数,且,所以是奇数,故②正确;对于③:因为;;…,相加可得:,故③错误;对于④:因为斐波那契数列总满足,且,所以,,,类似的有,,其中.累加得,,故:,故④正确.故答案为:①②④.15．答案：(1)，(2)答案见解析解析：(1)令，则，所以，，

，解得，所以；由可知，，所以为等差数列，所以，故.(2)当时，，累加可得，，所以，.当n是奇数时，，当n是偶数时，记，，单调递增，，，所以.

综上，当n是奇数时，；当n是偶数时，.16．答案：(1)(2)或.解析：（1）若点A，C在E上，则，，解得，此时，点B不在E上；若点A，B在E上，则，，无解；若点B，C在E上，则，，无解.综上，E的方程为.（2）如图，可知直线l的斜率可能不存在，但不为0，设，，.联立l及E的方程得，则，.此时，，解得.故直线l的方程为或.17．答案：(1)(2)解析：(1)分别取的中点为O,,连接,因为底面是正方形,分别为的中点,所以,.因为侧面是等边三角形,O为的中点,所以,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,又平面,所以.如图所示,以O为坐标原点,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则,,,所以,,,设平面的法向量为,则令,则,所以平面的一个法向量为,设点到平面的距离为d,则.即点E到平面的距离为.(2)由(1),得平面的一个法向量为,,,设平面的法向量为,则取,则,所以平面的一个法向量为,设平面与平面的夹角为,则,即平面与平面夹角的余弦值为.18．答案：(1)或.(2)①；②.解析：(1)依题意,,化简得,所以曲线E的方程为：或.(2)①由(1)可知,或,当时,由,得,而,,无解；当时,由,得,由,解得,所以的取值范围为.②直线的斜率,由①知,且,令,则,则,当,即时,,当,时,,所以直线的斜率取值范围为.19．