【文档说明】高二数学期中模拟卷(参考答案).docx,共(5)页,326.010 KB,由管理员店铺上传
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2024-2025学年高二数学上学期期中模拟卷参考答案一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。12345678ACDABCBD二、选择题:本题共3小题,每小题6分
,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.91011ABACDBC三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.25513.4,4−14.6;515(3)14402nn−+−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.(13分)【解析】(1)BC边过两点(5,4),(0,2)BC−−由两点式,得()()452405yx−−−=−−−−,即25100xy++=,..................................................
..........4分故BC边的方程是()2510005xyx++=.............................................................6分(2)设BC的中点为(,)Mab,则50522a+==,()()4232b−+−==
−,所以5,32M−,............................................................9分又BC边的中线过点(3,2)A−,所以()()3253232xy−−−=−−−−,即101180xy++=,
所以BC边上的中线所在直线的方程为101180xy++=.............................................................13分16.(15分)【解析】(1)设等比数列na的公比为q,等差数列nb的公差为d
,由223317,14,abab+=−=得()1121117,214,aqbdaqbd++=−+=即2314,3217,qdqd+=−=即22150qq+−=,解得5q=−或3q=...................
..........................................3分当5q=−时,21aa,不满足na单调递增,当3q=时,112630nnnnaaa−+−==,满足na单调递增,故3q=,所以3nna=................
.............................................6分又314qd+=,所以5d=,所以()35152nbnn=+−=−,即数列na与数列nb的通项公式为3nna=,*52,Nnbnn=−........................
.........................8分(2)利用等比数列前n项和公式可得,数列na的前n项和为()131333132nn+−−=−,.................................
...........................11分数列nb的前n项和为()2352522nnnn+−+=,............................................................14分所以数列nnab−的前n
项和1212335353222nnnnnnnS++−+−−−=−=,即123532nnnnS+−−−=......................................................
......15分17.(15分)【解析】(1)设圆C的标准方程为()()()2220xaybrr−+−=,∵圆心C在直线10xy+−=上,10ab+−=,①...................
.........................................2分∵圆C与y轴相切,ra=,②............................................................4分又∵圆C
被x轴截得的弦长为23,223br+=,③............................................................6分联立①②③解得,2a=,1b=−,2r=,圆C的方程
为()()22214xy−++=.............................................................7分(2)∵圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1,圆心C到直线l的距离1
1dr=−=.............................................................9分当直线l斜率不存在时,直线l的方程为1x=,圆心C(2,1)−到
直线l的距离为1,符合题意;............................................................11分当直线l斜率存在时,设直线l的方程为()31ykx+=−,即30kxyk−−−
=,圆心C到直线l的距离222132111kkkdkk+−−−===++,解得34k=,直线l的方程为34150xy−−=.综上,所求直线l的方程为1x=或34150xy−−=.......................................................
......15分18.(17分)【解析】(1)设(,)(2)Pxyx,由题有1224yyxx−−=−−−,化简得到2214xy−=,所以曲线C的轨迹方程为221(0)4xyy−=....................
.........................................3分(2)因为直线AM和AN的斜率之积为112,所以直线l的斜率存在,设:lykxb=+,11(,)Mxy,22(,)Nxy,由2214xyykxb−==
+,消y得到()22211484402kxkbxbk−−−−=,则2222644(44)(14)0kbbk=++−,2121222844,1414kbbxxxxkk−−+==−−,.........
...................................................6分2222222121222121212()()(44)841222()4441641612AMANyykxbkxbkbkbbbkk
kxxxxxxbkbk++−−++−====+++++−−++−,化简整理得到2220kkbb+−=,得到2bk=或bk=−,当2bk=时,2(2)ykxkkx=+=+,直线过定点(2,0)−与A重合,不合题意,当bk=−,(1)ykxkkx=−=−,直线过定点(1,0),所以直线l过定点..
.........................10分(3)由(2)知122814kbxxk+=−,121222()214byykxxbk+=++=−,所以MN的中点坐标为224(,)1414kbbkk−−,....................................
........................12分又易知直线12:20,:20lxylxy+=−=是双曲线2214xy−=的渐近线,设3344(,)(,)RxySxy,,由20xyykxb+==+,得R的坐标为2(,)1212bbkk−++,由20xyykxb−==+,
得S的坐标为2(,)1212bbkk−−,得到RS的中点坐标为224(,)1414kbbkk−−,..........................................................
..15分所以MN的中点与RS的中点重合,设中点为P,则,PRPSPMPN==,从而有||||MRNS=............................................................
.17分19.(17分)【解析】(1)设123456,,,,,aaaaaa成公比为q的等比数列,显然1q,则有1234560aaaaaa+++++=,得61(1)01aqq−=−,解得1q=−,由1234561aaaaaa+++++=
,得161a=,解得116a=,所以数列111111,,,,,666666−−−或111111,,,,,666666−−−为所求6阶“归化数列”;...........................3分(2)设等差数列12313,,,,aaaa的公差为d,由123130aaa
a++++=,所以113121302da+=,所以160ad+=,即70a=,............................................................5分当0d=时,与归化数列的条件相矛盾,....................
........................................6分当0d时,则12671,02aaaa+++=−=,所以111615260adad+=−+=,即117142ad
=−=,所以()117N,1374242nnnann−−=−+=,............................................................
8分当0d时,由12671,02aaaa+++==,所以111615260adad+=+=,即117142ad==−,所以()117N,1374242nnnann−−=−=−,故()7N
,1342nnann−=或()7N,1342nnann−=−;............................................................10分(3)不能,理由如下:记123,,,,Naa
aa中所有非负项之和为A,负项之和为B,因为数列na为“N阶可控摇摆数列”,则01ABAB+=−=,得11,22AB==−,故()111,2,3,,22nBSAnN−===,所以12nS,...................................
.........................13分若存在1mN,使得12NimiaS==,即12mS=,则12120,0,,0,0,0,,0mmmNaaaaaa++,且1212mmNaaa+++++=−,假设数列nS也为“N阶可控摇摆数列”,记数列nS的前n
项和为nT,则12312mmTSSSS=++++,因为12mS=,所以12310mSSSS−=====,所以123110,2mmaaaaa−======;又1212mmNaaa+++++=−,则12,,,0mmNSSS++,所
以123123NNSSSSSSSS++++=++++;即1230NSSSS++++=与1231NSSSS++++=不能同时成立.故数列nS不为“N阶可控摇摆数列”.................
............................................17分