陕西省榆林市靖边中学2025-2026学年高二第一学期期末考试数学试卷(图片版含解析)

1.D因为a1=2,an+1=2an,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a5=2×24=32.故选D.2.B由题意可知l2:r+2y—2=0可以化为2r+4y—4=0,所以两平行直线l1,l2之间的距离d=|1—(—4)| 2+423.C“椭圆的短轴长是焦距的、倍,:b=、3c,又“a2=b2+c2,:a2=3c2+c2=4c2,可得a=2c,:椭圆的离心率为e.故选C.4.A将圆O1与圆O2的方程相减,得—6r—4y+8=0,所以直线MN的方程为3r+2y—4=0.故选A.5.D令t=—2r+3,由复合函数的求导公式,得f’(r)=(et)’(—2r+3)’=—2et=—2e—2r+3,故f=a1+1=2,a3=—a2+2=0,a4=a3+1=1,a5=—a4+2=1,a6=a5+1=2,…,所以数列{an}是周期为4的周期数列,且a1+a2+a3+a4=1+2+0+1=4,所以S2025=a1+a2+…+a2025=506×(a1+a2+a3+a4)+a1=2025.故选C.7.Af’=3r2—m因为函数f(r)在定义域(0,+∞)内单调递增,所以f’(r)≥0在(0,+∞)上恒成立,即m≤3r2+在(0,+∞)上恒成立,令g(r)=3r2+(r∈(0,+∞)),则g’ 令g’得r=1,当r∈(0,1)时,g’(r)<0,g(r)单调递减,当r∈(1,+∞)时,g’(r)>0,g(r)单调递增,所以g(r)min=g(1)=9,所以m≤9,即实数m的取值范围为(—∞,9].故选A.8.B设OA=m(m>0),因为A在第一象限,且直线OA的倾斜角为60。,所以A,、2m),设机器人甲在点P(r,y)处追上机器人乙,由机器人甲的速度是机器人乙的3倍,得OP=3AP,所以、=圆心,8为半径的圆上.若要保证机器人甲在竞技区(含直线l)内一定能追上机器人乙,则圆B圆心,8为半径的圆上.若要保证机器人甲在竞技区(含直线l)内一定能追上机器人乙,则圆B在竞技区(含//2+(8直线l)内,即直线l与圆B相切或相离,又点B到直线l的距离d==—3,所以—3≥,解得m≥4或m≤2,当m≥4时,A,、2m)在安全区,不满足要求,所以m≤2,即OA长度的最大值是2.故选B.9.AD由双曲线E:—=1,得a2=16,b2=9,c2=a2+b2=16+9=25,即a=4,b=3,c=5,所以双曲线E的实轴长为2a=8,虚轴长为2b=6,离心率e,渐近线的斜率为±=±,故A正确,B错误,C错误,D正确.故选AD.10.ABC对于A,f(r)的定义域为R,由f(r)=r2—4r+3,得f’(r)=2r—4,f”(r)=2,因为f”(r)≥0在R上恒成立,所以f(r)在R上是“下凸函数”,故A正确;对于B,g(r)的定义域为(0,+∞),由g(r)【高二期末考试试卷.数学参考答案第1页(共4页)】26—T—430B,得g’(r)==—.,g”(r)=.,因为g”(r)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以g(r)在(0,+∞)上是“下凸函数”,故B正确;对于C,h(r)的定义域为R,由h(r)=r2+2cosr,得h’(r)=2r—2sinr,h”(r)=2—2cosr,因为h”(r)≥0在R上恒成立,所以h(r)在R上是“下凸函数”,故C正确;对于D,φ(r)的定义域为(0,+∞),由φ(r)=r2lnr,得φ’(r)=2rlnr+r,φ”(r)=2lnr+ )时,φ”(r)<0,所以φ(r)在(0,+∞)上不是“下凸函数”,故D错误.故选ABC.11.AD由an+1=4an+3,得an+1+1=4(an+1),又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为4的等比2n≠n+1,故C错误;由Tm≤k.2m+1,得Tm、2m+1≤k,令Rm=Tm、2m+1,所以Rm=2×数列,所以an+1=2×4n—1=22n—1,即an=22n—1—1,故A正确;数列{an}的前n项和为sn=—n=(4n—1)—n,故B错误;因为bn=2n≠n+1,故C错误;由Tm≤k.2m+1,得Tm、2m+1≤k,令Rm=Tm、2m+1,所以Rm=2×+8m+4<1,所以{Rm}单调递减,当m∈[4,+∞)时,Rm的最大值为R4=2×+8m+4<1,所以{Rm}单调递减,当m∈[4,+∞)时,Rm的最大值为R4=2××××、=,所以k≥R4=,即实数k的最小值为,故D正确.故选AD.f’(r)=3r2+,由导数的概念可知0=f’(1)=6.+a6+a16<a4,得a4+a3+a16<a4,所以a3+a16<0,即a9+a10<0,又s11>s8,所以a9+a10+a11>0,即3a10>0,a10>0,所以a9<0,当sn取得最小值时,n=9.y=kry=kr—A(r1,y1),B(r2,y2),由〈2,得r2—6kr+9=0,所以Δ=36k2—36>0,即k2>1,r1+r2=6k,(r2=6y+r2=±2、.(r115.解:(1)由直线l的斜率为1,得线段AB的中垂线m的斜率为—1,………2分又m过圆心(—2,6),则m的方程为y—6=—(r+2),……………………4分所以线段AB的中垂线方程为r+y—4=0.………………6分(2)由题意可得直线l的方程为r—y+4=0,………………8分圆心(—2,6)到直线l的距离为:d==2、,………………11分16.解:(1)由f(r)=—r3+mr2+6r—4,得f’(r)=—3r2+2mr+6,……2分所以f’(2)=—12+4m+6=4m—6.………………………4分因为函数f(r)的图象在点(2,f(2))处的切线与直线12r+y—2=0平行,所以f’(2)=—12,即4m—6=—12,解得m=—3…………………(2)由(1),得f(r)=—r3—r2+6r—4,f’(r)=—3r2—3r+6,……8分令f’(r)=0,解得r=—2,或r=1.………………………10分【高二期末考试试卷.数学参考答案第2页(共4页)】26—T—430B当r变化时,f,(r),f(r)的变化情况如下表所示:r1(1,2)f,(r)—0+0—f(r)单调递减单调递增 —2单调递减因此当r=—2时f(r)有极小值且极小值为—14当………………13分又f(—4)=12,f(2)=—6,所以函数f(r)在区间[—4,2]上的最大值为12,最小值为—14.………15分17.解:(1)由题意知an≠0,所以由an+1=,得==+5,所以—=5,…………2分又所以是首项为3,公差为5的等差数列,…………………4分所以=3+5(n—1)=5n—2,即an=.………………6分(2)由(1),得bn2n,………………………8分所以sn=3×21+8×22+13×23+…+(5n—2).2n①,2sn=3×22+8×23+13×24+…+(5n—2).2n+1②,①—②,得—sn=3×21+5(22+23+…+2n)—(5n—2).2n+1=6+5×—(5n—2).2n+1=,…………………………13分所以sn=(5n—7).2n+1+14.……………15分设椭圆E的焦距为2c,由焦距为4,得2c=4,解得c=2.…………………所以椭圆E的标准方程为……………………设M(r1,y1),由M(r1,y1)在椭圆E上,得+=1,即y所以K即直线AM,BM的斜率之积为—.………………………②设N(r2,y2),若直线MN的斜率为0,则M,N关于y轴对称,所以KAN+KBM=0,又直线AN的斜率是直线BM的斜率的3倍,所以KAN=3KBM,即KAN=KBM=0,由M,N不在r轴上,得KAN≠0,KBM≠0,与KAN=KBM=0矛盾,所以直线MN的斜率不为0.………2分4分6分8分9分设直线MN的方程为r=my+n(n≠±2、),由得(m2+2)y2+2mny+n2—8=0,所以Δ=4m2n2—4(m2+2)(n2—8)=8(4m2+8—n2)>0,且y1+yy1y分【高二期末考试试卷.数学参考答案第3页(共4页)】26—T—430By2=(r1)(r2+2、2)2,(my1+n+2、2)(my2+n+2、2)2,3………14分my1y2+m(n+2、2)(y1+y2)+(n+2、2)22,将y1+yy1y代入上式并化简,得n nm(n2n+(n+2、)2(m2+2)2即n2+3、n+4=0,解得n=—2、(舍)或n=—、2,此时Δ=8(4m2+8—n2)=8(4m所以直线MN:r=my—、恒过点(—、,0).……………17分19.(1)解:由f(r)=er—ar—1,得fI(r)=er—a,…………1分因为函数f(r)的极值点为0,所以fI(0)=e0—a=0,解得a=1.………3分若a=1,fI(r)=er—1,当r<0时,fI(r)<0,f(r)单调递减;当r>0时,fI(r)>0,f(r)单调递增.所以0是函数f(r)的极值点.综上所述,a=1.………………4分(若没有验证0是函数f(r)的极值点得3分)(2)证明:方法一:由(1)知f(r)在(—∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以当r∈(—2,+∞)时,f(r)≥f(0)=0,当且仅当r=0时等号成立.…………6分I1r+1I由g(r)=ln(r+2)—r—1,得g(r)=r+2—1=—r+2,令g(r)=0,得r=—1,当—2<r<—1时,gI(r)>0,g(r)单调递增;当r>—1时,gI(r)<0,gI1r+1I所以g(r)的极大值为g(—1)=0,也是g(r)的最大值,即g(r)≤g(—1)=0,当且仅当r=—1时等号成立.…………………………8分所以f(r)≥0≥g(r),且等号不能同时成立,故f(r)>g(r).………10分方法二:令h(r)=f(r)—g(r)=er—r—1—[ln(r+2)—r—1]=er—ln(r+2),r∈(—2,+∞),则hI(r)=er—,……………5分因为er,—在r∈(—2,+∞)上单调递增,hI(—1)=e—1—1=—1<0,hI(0)=e0—=>0,0),使得hI(r0)=0.……………………7分当—2<r<r0时,hI(r)<0,h(r)单调递减;当r>r0时,hI(r)>0,h(r)单调递增.所以h(r)的极小