2024-2025学年广东省广雅中学等校高二（下）联考数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广雅中学等校高二（下）联考数学试卷（3月份）（含答案），共8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.曲线y=x−1x+1在点(0,−1)处的切线斜率为( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
2.已知首项为1的数列{an}满足an+1an=nn+2，则a3=( )
A. 16B. 12C. 13D. 14
3.已知函数f(x)=ex−f′(1)x，则f′(1)=( )
A. 0B. 1C. e2D. e4
4.已知抛物线C：4x2+my=0恰好经过圆M：(x−1)2+(y−2)2=1的圆心，则C的准线方程为( )
A. y=18B. y=−18C. x=18D. x=−18
5.若函数f(x)=x2+ax在[2,+∞)上单调递增，则a的最大值为( )
A. 4B. 8C. 12D. 16
6.已知x=0是函数f(x)=x3−ax2+(a2+a)x−2的极小值点，则f(a+1)=( )
A. −2B. 0C. −1D. −1或−2
7.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知ak2−ak−1−ak+1=0,S2k−1=22，则k=( )
A. 11B. 9C. 8D. 6
8.棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1=2A1M,D1N=NC1,P为平面ACB1上的一动点(包含边界)，则△MPN周长的最小值为(附：平面的截距式方程为：xa+yb+zc=1，其中a，b，c分别为平面在x，y，z轴上的截距)( )
A. 142+ 3B. 4 2C. 14+1D. 2+ 142
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.在某次物理试验课堂上，某同学利用位移跟踪仪记录了一玩具车在静止状态下释放，其运动的位移方程满足S(t)=3t2+2(1≤t≤6)，则( )
A. 该玩具车位移的最大值为110
B. 该玩具车在[1,4]内的平均速度为12.5
C. 该玩具车在t=5时的瞬时速度为30
D. 该玩具车的速度v和时间t的关系式是v(t)=6t(1≤t≤6)
10.记Sn为首项为2的数列{an}的前n项和，已知an−anan+1=1，则( )
A. 2a2=1B. a4=3C. a2025+1=0D. 2S2025=2023
11.平行六面体ABCD−A1B1C1D1的各棱长为1，且M、N、P、Q分别为AD、BC、A1B1、C1D1中点.若MN、MP、PQ两两垂直，则( )
A. ∠BAD=90°B. ∠BAA1=150°
C. ∠DAA1=60°D. 四面体MNPQ的体积为 212
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=3ex−csx在[0,1]上的最大值为______．
13.已知正项等比数列{an}满足a5−a1=15，a4−a2=6，则a6= ______．
14.曲线y=aex(a>1)与曲线y=ex+a公切线斜率的最小值为______．
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)
已知圆C：(x−3)2+y2=9，直线l：y=kx−2．
(1)若l与C仅有一个交点，求k；
(2)设O为坐标原点，点P满足|PO|=2|PC|，且点P在直线l上，求k的取值范围．
16.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项积为Tn，{Tn}为公差不为0的等差数列，且a1=2，T1，T3，T7成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=|an+1−an|，记{bn}的前n项和为Sn，证明：Sn0)与曲线y2=ln(ax)+1−a交于A(1,m)，B(x0,n)两点．
(1)求n；
(2)求x0的最小值．
18.(本小题17分)
直椭圆柱体是指上下底面为椭圆，侧面与底面垂直的柱体.如图，已知某直椭圆柱体的底面椭圆离心率为12，高为椭圆短轴长的一半，上底面椭圆的长轴为A1B1，下底面椭圆的长轴为AB，点E为AB上一点，过点E作直线交椭圆于C，D两点，设线段AE与线段BE的长度之比为m．
(1)当点E为底面椭圆的焦点时，求m的值；
(2)当AB⊥CD，m=34时，求平面A1CB与平面A1DB夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A(−2,0)，且过点B(−4,3).C的右支上有三点P，M，N，满足BM//AP，AN//BP．
(1)求C的方程；
(2)求△PMN的面积；
(3)求四边形ABMN面积的最小值．
参考答案
1.A
2.A
3.C
4.B
5.D
6.A
7.D
8.D
9.ACD
10.AC
11.ACD
12.3e−cs1
13.32
14.e
15.解：(1)圆C：(x−3)2+y2=9，可得圆的圆心C(3,0)，半径r=3，
因l与C仅有一个交点，则圆心到直线l的距离d=|3k−2| k2+1=3，解得k=−512．
(2)设点P(x,y)，由|PO|=2|PC|，得x2+y2=4[(x−3)2+y2]，
化简得(x−4)2+y2=4，
又点P在直线l上，则直线l与圆(x−4)2+y2=4存在公共点，
则|4k−2| k2+1≤2，解得0≤k≤43，
故k的取值范围为[0,43]．
16.解：(1)设等差数列{Tn}的公差为d，d≠0，
因为T1，T3，T7成等比数列，所以T32=T1T7，
所以(T1+2d)2=T1(T1+6d)，解得T1=2d，因为T1=a1=2，所以2d=2，即d=1，
所以Tn=2+(n−1)×1=n+1，
当n≥2时，an=TnTn−1=n+1n，当n=1时上式成立，
所以an=n+1n；
(2)证明：bn=|an+1−an|=|n+2n+1−n+1n|=1n(n+1)=1n−1n+1，
则Sn=1−12+12−12+…+1n−1n+1=1−1n+10)与y2=ln(ax)+1−a交于两点，
所以xln(ax)−ax+1=ln(ax)+1−a，化简得xln(ax)−ax−ln(ax)+a=0，
所以(x−1)(ln(ax)−a)=0，
因为交点为A(1,m)，B(x0,n)，所以n(ax0)=a或x=1，
所以n=ln(ax0)+1−a=a+1−a=1；
(2)因为ln(ax0)=a，所以x0=eaa,a>0，
设f(x)=exx,x>0，所以f′(x)=exx−exx2=ex(x−1)x2,x>0，
当x∈(0,1)，f′(x)0，f(x)单调递增；
所以f(x)min=f(1)=e，所以(x0)min=e．
18.解：(1)令椭圆半焦距为c，由椭圆离心率为12，得该椭圆的长半轴长a=2c，短半轴长b= 3c，
点E为底面椭圆的焦点，则|AE|=a−c=c，|BE|=a+c=3c，则m=13，
或|AE|=a+c=3c，|BE|=a−c=c，则m=3，
所以m的值是13或3．
(2)由(1)知底面椭圆对应的标准方程为x24c2+y23c2=1，设E(xE,0)，由m=34，
得2c+xE2c−xE=34，解得xE=−2c7，|AE|=12c7,|BE|=16c7，由AB⊥CD，
得直线CD：x=−2c7，与椭圆方程联立x=−2c7x24c2+y23c2=1，解得|y|=12c7，则|CE|=|DE|=12c7，
由AB⊥CD，平面ABCD⊥平面AA1B，平面ABCD∩平面AA1B=AB，CD⊂平面ABCD，
得CD⊥平面AA1B，则点C，D关于平面AA1B对称，过C作CF⊥A1B于F，连接DF，
于是△FBC≌△FBD，∠BFD=∠BFC，即DF⊥A1B，∠CFD是二面角C−A1B−D的平面角，
连接EF，由A1B⊥平面CFD，EF⊂平面CFD，得EF⊥A1B，EFBE=sin∠A1BA=AA1A1B，
而|A1A|=b= 3c，则|A1B|= (4c)2+( 3c)2= 19c，|EF|= 3c⋅16c7 19c=16 3c7 19，
而|CF|=|DF|，则∠CFD=2∠CFE，tan∠CFE=|CE||EF|= 574，
cs∠CFD=cs2∠CFE−sin2∠CFE=1−tan2∠CFE1+tan2∠CFE=1−( 574)21+( 574)2=−4173，
所以平面A1CB与平面A1DB夹角的余弦值为4173．
19.解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A(−2,0)，
且过点B(−4,3)，
所以a=2，得16a2−9b2=1，
解得b= 3，
所以双曲线C的方程为x24−y23=1．
(2)设P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，其中xj≥2，且xi24−yi23=1(i=0,1,2)，
因为BM//AP，所以直线BM的斜率为y0x0+2，方程为y−3=y0x0+2(x+4)，
与双曲线C：x24−y23=1联立，
解得M(2x0+2y0,2y0+32x0)，
同理可知直线AN的方程为y=y0−3x0+4(x+2)，
与双曲线C：x24−y23=1联立，
解得N(2x0−2y0,2y0−32x0)，
则MN中点为(2x0,2y0)，
故直线MN的方程为y−2y0=3x04y0(x−2x0)，
由3x02−4y02=12，
即3x0x−4y0y−24=0，
则点P到直线MN的距离d1=12 (3x0)2+(4y0)2，
而|MN|= (4y0)2+(3x0)2，
故S△PMN=12d1⋅|MN|=6．
(3)设坐标原点O，F为弦MN的中点，
则由(2)知OM+ON=(4x0,4y0)=4OP=2OF，
故P为线段OF中点，
则点P到直线AB的距离等于点O，F到直线AB距离和的一半，
又S△OAB=12×2×3=3，
由几何关系与面积公式可得，S△PAB=12(S△OAB+S△FAB)=12(3+S△FAB)，
同理，由F为MN中点，
可得S△FAB=12(S△MAB+S△NAB)=12(S△MPB+S△NAP)，
所以S△PAB=6+S△MPB+S△NAP4=S△PMN+S△MPB+S△NAP4，
因此，四边形ABMN的面积S=S△PMN+S△MPB+SΔNAP+S△PAB=5S△PAB，
下面求S△PAB的最小值，
由直线AB的方程为3x+2y+6=0，
故点P(x0,y0)到直线AB的距离d2=|3x0+2y0+6| 13，而|AB|= 13是定值，
所以S△PAB取最小值，当且仅当d2取到最小值，
记3x0+2y0+6=t，与C：x024−y023=1联立得，
关于x0的二次方程6x02−6(t−6)x0+(t2−12t+48)=0，
设g(x)=6x2−6(t−6)x+(t2−12t+48)，
函数g(x)开口向上，对称轴为x=t−62，
由点P在双曲线右支上，故方程g(x)=0在[2,+∞)内有解，
故Δ=48(t2−12t+12)≥0．
解得t≥2(3+ 6)，或t≤2(3− 6)，
当t≤2(3− 6)时，t−620，
故方程g(x)=0在[2,+∞)内无解，在不满足题意；
当t≥2(3+ 6)时，t−62>2，则方程g(x)=0在[2,+∞)内恒有解，
综上，要使关于x0的二次方程6x02−6(t−6)x0+(t2−12t+48)=0在[2,+∞)内有解，
则t≥2(3+ 6)，且当x0= 6时，等号成立，
所以当P( 6,− 62)时，四边形ABMN面积取得最小值5(3+ 6)．