2025-2026学年福建省漳州市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年福建省漳州市高二（上）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若直线l的一个方向向量为(3, 3)，则它的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a4=6，则S5等于( )
A. 10B. 12C. 15D. 30
3.已知双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的渐近线方程为y=±12x，则a=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
4.过点(−2,1)的直线l与圆O：x2+y2=1相切，则l的斜率为( )
A. −2或0B. −12或0C. −43或0D. −34或0
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q≠1，若a5=2，S2=a42，则a6=( )
A. 1B. −1C. 12D. −12
6.2025年东南现代农博会⋅花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目：漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验.现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目，其中甲和乙选择体验漆扇绘梦，不同的体验方案共有( )
A. 6种B. 12种C. 18种D. 24种
7.已知圆C1：x2−2x+y2=0，圆C2：(x−a)2+(y−b)2=4，其中a，b∈R，若两圆外切，则 (a+3)2+(b+3)2的最大值为( )
A. 13B. 5C. 13+3D. 8
8.如图，A地在B地北偏东30°方向，两地相距2km，B地与南北走向的高铁线l(近似看成直线)相距4km，已知公路PQ(近似看成曲线)上任意一点到B地的距离等于该点到高铁线l的距离，现要在公路边建造一个变电房M(变电房与公路之间的距离忽略不计)分别向A地和B地送电，则架设电路所用电线总长度最短为( )
A. 3kmB. 4kmC. 5kmD. 6km
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.在(x−2)6的展开式中，下列结论正确的是( )
A. 常数项为−64B. x的系数为−192
C. 各二项式系数之和为64D. 各项系数之和为−1
10.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且M在第一象限，若∠NA1M=2π3，则( )
A. ∠A1MA2=π3B. M的坐标为(b,a)
C. |MA1|=2|MA2|D. C的离心率为 213
11.如图，由Rt△OAB开始，作一系列的相似三角形，OA=1，∠AOB=30°.设第n个三角形的斜边长为ln，面积为Sn，前n个三角形的面积之和为Tn，其中l1=OB，S1=S△OAB，则( )
A. {ln}为等差数列
B. {Sn}为等比数列
C. {TnSn}为递增数列
D. ln+Tnb>0)的两条直径所在直线的斜率之积为−b2a2，则称这两条直径为该椭圆的一对共轭直径.特殊地，若一条直径所在直线的斜率为0，另一条直径所在直线的斜率不存在，也称这两条直径为该椭圆的一对共轭直径.已知椭圆E：x24+y22=1，中心为坐标原点O．
(1)点A( 3, 22)，B(− 3,− 22)在椭圆E上，求AB的共轭直径的两个端点坐标；
(2)过点(0,1)作直线l与椭圆E交于A1，B1两点，直线A1O与椭圆E的另一个交点为A2，直线B1O与椭圆E的另一个交点为B2，当△A1OB1的面积最大时，直径A1A2与B1B2是否为该椭圆的一对共轭直径，请说明理由；
(3)设CD和MN为椭圆E的一对共轭直径，且线段CM的中点为T，已知点P满足：OP=λOT，若点P在椭圆E的内部，求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为直线l的一个方向向量为(3, 3)，
所以直线l的斜率为 33．
设直线倾斜角为α，且α∈[0,π)
所以tanα= 33，解得α=π6．
故选：A．
根据方向向量得出直线的斜率，再由倾斜角和斜率的关系即可求得结果．
本题考查直线的方向向量，考查直线的倾斜角和斜率，正确求出直线的斜率是关键，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：a2+a4=a1+a5=6
∴S5=(a1+a5)×52=6×52=15
故选C
先根据等差数列的性质可知a2+a4=a1+a5，代入等差数列的求和公式中求得答案．
本题主要考查了等差数列的性质．属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由x2a2−y24=1可知双曲线的焦点在x轴上，且b2=4，解得b=2．
因为双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的渐近线方程为y=±12x，
所以ba=12，解得a=4．
故选：C．
根据双曲线的概念，以及渐近线方程的概念，写出结果即可．
本题考查双曲线的渐近线方程，考查学生的计算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意，直线l的斜率不存在时，直线方程为x=−2，与圆O：x2+y2=1不相切；
直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，则l的方程为y−1=k(x+2)，整理得kx−y+2k+1=0．
因为直线l与圆O：x2+y2=1相切，
所以圆心到直线l的距离d=r，
所以|2k+1| k2+1=1，解得k=0或k=−43．
故选：C．
由题意，直线的斜率存在，先设出直线的斜率，再写出直线l方程，最后利用直线和圆相切列出关于斜率的方程，求解出斜率．
本题考查圆的切线方程，考查学生的计算能力，正确利用点到直线的距离是关键，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，等比数列{an}中，公比q≠1，a5=2，S2=a42，
则有a1q4=2a1+a1q=(a1q3)2，变形可得a1q4=21+q=a1q6，
则有1+q=a1q4⋅q2=2q2，解得q=−12或1(舍去)，
所以a6=a5q=2×(−12)=−1．
故选：B．
根据a5=2，S2=a42列方程组求解即可．
本题考查等比数列的性质和应用，涉及等比数列的求和，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①漆扇绘梦有甲、乙两人体验，丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦，
剩下两人分别体验另外两个项目，则有C31A22=3×2×1=6种方案，
②漆扇绘梦只有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花中有一个有两人体验，
则有C21⋅C32=2×3×22=6种方案，
综上，共有6+6=12种方案．
故选：B．
分类讨论，漆扇绘梦有甲、乙两人体验，丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦，剩下两人分别体验另外两个项目，第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验，剩下一人体验剩余的项目根据分类原理即可计算．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：圆C1：x2−2x+y2=0的圆心C1(1,0)，半径r1=1，
圆C2：(x−a)2+(y−b)2=4的圆心C2(a,b)，半径r2=2，
因为两圆外切，所以|C1C2|= (a−1)2+b2=r1+r2=3，
即(a−1)2+b2=9，
所以(a,b)以N(1,0)为圆心，以r=3为半径的圆，
则 (a+3)2+(b+3)2相当于圆N上的点到定点P(−3,−3)的距离，
又因为|NP|= (1+3)2+(0+3)2=5，
所以 (a+3)2+(b+3)2的最大值为|NP|+r=5+3=8．
故选：D．
分别求出圆C1，C2的圆心坐标及半径的大小，再由两圆相切的性质可得a，b的关系，再由 (a+3)2+(b+3)2相当于圆N上的点到定点P(−3,−3)的距离，求出|NP|的值，进而可得 (a+3)2+(b+3)2的最大值．
本题考查两圆相切的性质的应用及圆上一点到圆外一点的距离的最大值的求法，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：以O为原点建立平面直角坐标系，使OB所在直线为x轴，
连接AB，作MM1⊥l，且在B点右侧任取一点H，
因为公路PQ上任意一点到B地的距离等于该点到高铁线l的距离，
所以曲线PQ是抛物线的一部分，设其方程为y2=2px，p>0，
根据B地与南北走向的高铁线l相距4km，可得p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x，B(2,0)，设A(x,y)，
根据AB=2km，结合两点间距离公式，可得 (x−2)2+y2=2，
因为A地在B地北偏东30°方向，∠ABH=60°，所以直线AB的倾斜角为60°，
由直线的斜率公式，可得yx−2= 3，
联立方程组 (x−2)2+y2=2yx−2= 3，
结合x、y均为正数，解得x=3y= 3，所以A(3, 3)，
因为|MB|=|MM1|，所以|MB|+|MA|=|MM1|+|MA|≥|M1A|=5，
当且仅当M的纵坐标为 3时，等号成立，
故|MB|+|MA|的最小值为5，即架设电路所用电线总长度最短为5km．
故选：C．
根据题意，作出符合题意的图形，利用抛物线的定义对|MB|+|MA|进行合理转化，进而求出|MB|+|MA|的最小值，可得本题答案．
本题主要考查抛物线的标准方程与简单几何性质、两点之间的距离公式、直线与圆锥曲线的关系等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：在二项式展开式中，常数项为C66x0(−2)6=(−2)6=64，故A错误；
含x的项的系数为C65×(−2)5=−192，故B正确；
所有的二项式系数之和为26=64，故C正确；
令x=1，可得所有项的系数之和为1，故D错误．
故选：BC．
求出指定项可判断A和B，利用二项式系数的性质可判断C，利用赋值法求出展开式系数和可判断D．
本题主要考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：如图所示，不妨设以O为圆心，以c为半径的圆与渐近线y=bax交于点M，N．
因为N(−a,−b)，A1(−a,0)，所以∠NA1A2=π2，
因为∠NA1M=2π3，所以∠MA1A2=π6，
因为M(a,b)，A2(a,0)，所以∠MA2A1=π2，
在△MA1A2中，可知∠A1MA2=π3，即选项A正确；
设点M(m,bam)，可知|OM|=c，
所以|OM|= m2+(bam)2=c，解得m=a，所以点M(a,b)，即选项B错误；
在Rt△MA1A2中，sin∠MA1A2=sinπ6=|MA2||MA1|=12，
所以|MA1|=2|MA2|，即选项C正确；
因为|MA2|=b，|A1A2|=2a，
在Rt△MA1A2中，tan∠MA1A2=tanπ6=|MA2||A1A2|=b2a，
即b2a= 33，得ba=2 33，
可知e=ca= 1+b2a2= 1+(2 33)2= 213，即选项D正确．
故选：ACD．
根据双曲线的概念，以及双曲线渐近线方程的概念，根据圆的半径，求出点的坐标，进而判断角的大小，再逐一判断个选项的正误．
本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，解题的关键是正确运用双曲线的方程与性质，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：在Rt△OAB中，OA=1，∠AOB=30°，
根据三角函数的定义cs∠AOB=OAOB=cs30°= 32，
因此l1=OB=OAcs30∘=OA 32=2 33，
又因为三角形相似，因此ln+1ln=cs30°= 32，
即ln=l1⋅( 32)n−1=2 33⋅( 32)n−1，因此{ln}为等差数列，
因此A选项错误，
S1=12⋅OA⋅AB，其中AB=OB⋅sin30°=2 33×12= 33，
因此，S1=12⋅OA⋅AB=12×1× 33= 36，
又因为相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似比为 32，
因此Sn+1Sn=( 32)2=34，
因此{Sn}是首项为 36，公比为34的等比数列，
因此B选项正确，
Tn=S1(1−qn)1−q= 36(1−(34)n)1−34=2 33(1−(34)n)，
因此TnSn=2 33(1−(34)n) 36⋅(34)n−1=4[(43)n−1−34]=3[(43)n−1]，
即Tn+1Sn+1−TnSn=3(4n+13n+1−1)−3(4n3n−1)=3×13×(43)n>0，
因此{TnSn}为递增数列，因此C选项正确，
因为ln=2 33⋅( 32)n−1，Tn=2 33(1−(34)n)，Sn= 36⋅(34)n−1，
因此令an=ln+Tn−8Sn=2 33⋅( 32)n−1+2 33(1−(34)n)−8⋅ 36⋅(34)n−1，
当n=1时，a1=l1+T1−8S1=2 33⋅( 32)1−1+2 33(1−(34)1)−8⋅ 36⋅(34)1−1=− 32