2024-2025学年山西省朔州市怀仁市大地学校高中部高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省朔州市怀仁市大地学校高中部高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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。
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.已知数列{an}的通项公式为an=n+2n+1，则下列选项中不是{an}中项的是( )
A. 43B. 76C. 119D. 1312
2.据报道，从2024年7月16日起，“高原版”复兴号动车组将上线新成昆铁路和达成铁路，“高原版”复兴号动车组涂装用的是高耐性油漆，可适应高海拔低温环境.“高原版”复兴号动车组列车全长236.7米，由9辆编组构成，设有6个商务座、28个一等座、642个二等座，最高运行时速达160千米，全列定额载客676人.假设“高原版”复兴号动车开出站一段时间内，速度v(m/s)与行驶时间t(s)的关系为v=1.4t+0.3t2，t∈[0,12]，则当t=10s时，“高原版”复兴号动车的加速度为( )
A. 4.4m/s2B. 7.4m/s2C. 17m/s2D. 20m/s2
3.已知直线l1：mx−3y+2=0与直线l2：x−(m+2)y+2=0平行，则实数m的值为( )
A. −3B. 1C. −1D. −3或1
4.已知函数f(x)=2f′(0)ex−x2+3x，则f(0)=( )
A. 6B. 3C. −3D. −6
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4=4，S12=9，则S8=( )
A. 20B. 16C. 7D. 2
6.若圆C：x2+(y−2 3)2=4与双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线相切，则E的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 2 3
7.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(2)=−4，且f(x)+xf′(x)−8的解集为( )
A. (0,1)B. (−∞,0)∪(1,+∞)
C. (−1,2)D. (−∞,−1)∪(2,+∞)
8.已知数列{an}的首项为1，且an+1−an=2n(n∈N+)，bn=2lg2(an+1)−1，设数列{bn}中不在数列{an}中的项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，则数列{cn}的前200项和为( )
A. 42602B. 42609C. 42770D. 42762
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.下列求导结果正确的是( )
A. ( x)′= x2xB. (ln2)′=12
C. (exx)′=(x+1)exx2D. (sin2x)′=2cs2x
10.在平面直角坐标系xOy中，已知曲线E：x2+y2−2x+ay−a2−a=0(a∈R)，则下列说法正确的是( )
A. 若曲线E表示圆，则实数a的取值范围是(−23, 2)
B. 存在实数a，使得点(2,1)在曲线E内
C. 若a=1，直线x−y−1=0与曲线E相交于A，B两点，则线段AB的长度为3 22
D. 若a=0，则过点(2,3)且与曲线E相切的直线l的方程为x=2或4x−3y+1=0
11.若过点C可以作抛物线的两条切线，切点分别是A，B，则称△ABC为“阿基米德三角形”.已知抛物线E：y2=8x的焦点为F，过F的直线l交E于A，B两点，以A，B为顶点的“阿基米德三角形”为△ABC，则( )
A. 点C的横坐标为−2B. ∠ACB=π2
C. |BC|2>|AB|⋅|BF|D. △ABC面积的最小值为16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S19=38，则a10= ______．
13.若直线y=kx+3与曲线x−3= 9−(y+3)2恰有两个交点，则实数k的取值范围是______．
14.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=3，点E为线段AC的中点，点F是棱C1D1上一点，若直线EF与平面AB1C所成角的正弦值为9 55110，则EF= ______．
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)=−13x3+x2+3x+4．
(1)求曲线y=f(x)在点(−3,f(−3))处切线的方程；
(2)求函数f(x)的极值．
16.(本小题15分)
已知公比为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a3=127，S3=1327．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=lg3an，求数列{anbn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面MAB是等边三角形，且平面MAB⊥平面ABCD，AB=4，E为MD的中点．
(1)求点E到平面MAC的距离；
(2)求平面MAC与平面EAC夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A是C的上顶点，∠F1AF2=2π3，△F1AF2的面积为 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知B( 3,12)，若直线l：y= 32x+m与椭圆C相交于M，N两点(异于点B)，求证：直线BM，BN的斜率之和为0．
19.(本小题17分)
若对∀x1，x2∈D且x10)，则称函数f(x)是函数g(x)在区间D上的m级控制函数．
(1)判断函数f(x)=2x是否是函数g(x)=x2在区间[−1,1]上的1级控制函数，并说明理由；
(2)若函数f(x)=ex是函数g(x)=x在区间[0,3]上的m级控制函数，求实数m的取值范围；
(3)若函数f(x)是函数g(x)=lnx−x在区间(0,+∞)上的m级控制函数，且函数f(x)在区间(0,+∞)上存在两个零点a，b，求证：a+b>2．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.C
6.B
7.A
8.D
9.AD
10.ACD
11.ABD
12.2
13.[−1,−34)
14. 10
15.解：(1)由题意可得f(−3)=−13，
因为f′(x)=−x2+2x+3，
所以f′(−3)=−12，
所以曲线y=f(x)在点(−3,f(−3))处切线的方程为y−13=−12(x+3)，
即12x+y+23=0．
(2)令f′(x)=−x2+2x+3=0，得x=−1或x=3，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
又f(−1)=73, f(3)=13，所以函数f(x)的极小值为73，极大值为13．
16.解：公比为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a3=127，S3=1327．
(1)设等比数列{an}的公比为q，
由题意得a3q2+a3q+a3=1327，即127q2+127q+127=1327，
所以12q2−q−1=0，解得q=13或q=−14(舍)．
所以a1=a3q2=13, an=a1qn−1=(13)n．
(2)由(1)得bn=−n，
所以anbn=−n⋅(13)n，
所以Tn=(−1)×13+(−2)×(13)2+(−3)×(13)3+⋯+(−n)⋅(13)n，
13Tn=(−1)×(13)2+(−2)×(13)3+(−3)×(13)4+⋯+(−n)⋅(13)n+1，
两式相减，得23Tn=(−1)×(13)+(−1)×(13)2+(−1)×(13)3+⋯+(−1)×(13)n−(−n)⋅(13)n+1
=(−1)×13[1−(13)n]1−13+n⋅(13)n+1=−12+(12+n3)⋅(13)n，
所以Tn=3+2n4⋅(13)n−34．
17.解：(1)分别取AB，CD的中点为O，O1，连接MO，OO1，
因为底面ABCD是正方形，O，O1分别为AB，CD的中点，所以OO1//AD，OO1⊥AB．
因为侧面MAB是等边三角形，O为AB的中点，所以OM⊥AB，
又平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD=AB，OM⊂平面MAB，
所以OM⊥平面ABCD，
又因为OO1⊂平面ABCD，所以OO1⊥OM．
如图所示，以O为坐标原点，OB，OO1，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(−2, 0, 0), B(2, 0, 0), C(2, 4, 0), D(−2, 4, 0), M(0, 0, 2 3), E(−1, 2, 3)，
所以AC=(4, 4, 0), AM=(2, 0, 2 3), AE=(1, 2, 3)，
设平面MAC的法向量为m=(x1, y1, z1)，则m⊥AC，m⊥AM，
所以m⋅AC=4x1+4y1=0m⋅AM=2x1+2 3z1=0，令x1= 3，则y1=− 3, z1=−1，
所以平面MAC的一个法向量为m=( 3, − 3, −1)，
设点E到平面MAC的距离为d，
则d=|AE⋅m||m|=| 3−2 3− 3| ( 3)2+(− 3)2+(−1)2=2 217．
即点E到平面MAC的距离为2 217．
(2)由(1)知，平面MAC的一个法向量为m=( 3, − 3, −1)，
因为AC=(4, 4, 0), AE=(1, 2, 3)，
设平面EAC的法向量为n=(x2, y2, z2)，则n⊥AC，n⊥AE，
所以n⋅AC=4x2+4y2=0,n⋅AE=x2+2y2+ 3z2=0,取x2= 3，则y2=− 3，z2=1，
所以平面EAC的一个法向量为n=( 3, − 3, 1)，
设平面MAC与平面EAC的夹角为θ(0≤θ≤π2)，
则csθ=|cs〈m, n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|
=|3+3−1| ( 3)2+(− 3)2+(−1)2× ( 3)2+(− 3)2+12=57，
所以平面MAC与平面EAC夹角的余弦值为57．
18.解：(1)根据题意，得F2(c,0)，F1(−c,0)，A(0,b)，c2=a2−b2，
由于∠F1AF2=2π3，三角形F1AF2的面积为 3，
因此cb=tanπ3= 3, 12×2c×b= 3，所以b=1, c= 3，
因此a2=b2+c2=4，
因此C的方程为x24+y2=1．

(2)设N(x2,y2)，M(x1,y1)，根据y= 32x+m,x24+y2=1,化简得x2+ 3mx+m2−1=0，
因此根的判别式Δ=3m2−4(m2−1)>0，解得m∈(−2,2)，
根据韦达定理可得x1x2=m2−1，x1+x2=− 3m，
由于M，N两点异于点B，因此x1, x2≠ 3，因此kBM=y1−12x1− 3, kBN=y2−12x2− 3，
又因为y1= 32x1+m, y2= 32x2+m，
因此
kBM+kBN= 32x1+m−12x1− 3+ 32x2+m−12x2− 3=( 32x1+m−12)(x2− 3)+( 32x2+m−12)(x1− 3)(x1− 3)(x2− 3)
= 3x1x2+(m−2)(x1+x2)−2 3m+ 3(x1− 3)(x2− 3)，
把x1+x2=− 3m, x1x2=m2−1代入上式，
可得kBM+kBN= 3(m2−1)+(m−2)(− 3m)−2 3m+ 3(x1− 3)(x2− 3)=0．
因此BM，BN的斜率之和为0．

19.解：(1)函数f(x)=2x是函数g(x)=x2在区间[−1,1]上的1级控制数，理由如下：
∵x12，即证lnba−2⋅ba−1ba+1>0，
令x=ba>1，令φ(x)=lnx−2⋅x−1x+1，
∴φ′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0，
∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)=0，即x=ba>1时，lnx−2⋅x−1x+1>0，
即lnba−2⋅ba−1ba+1>0成立，∴a+b>2得证． x
(−∞,−1)
−1
(−1,3)
3
(3,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
单调递减
极小值f(−1)
单调递增
极大值f(3)
单调递减