2024-2025学年湖北省重点中学高二年级5月联合测评数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖北省重点中学高二年级5月联合测评数学试卷（含答案），共10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.直线3x+4y=0与直线6x+8y−5=0间的距离为
A. 110B. 15C. 12D. 1
2.数学家杨辉在其专著中提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列1，2，4，7，11从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列1，2，3，4为等差数列，则称数列1，2，4，7，11为二阶等差数列．现有二阶等差数列{an}，其中前几项分别为5，8，13，20，记该数列从第二项起，每一项与前一项之差组成新数列{bn}，则b7=
A. 13B. 15C. 17D. 19
3.已知函数f(x)=13ax3−x2+a2x+1，当x=1时，f(x)有极大值，则a=
A. −2B. −1C. 0D. −2或1
4.若2x2−1xn展开式的二项式系数之和为32，则展开式中含x4项的系数为
A. −80B. −40C. 40D. 80
5.给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有
A. 216种B. 192种C. 180种D. 168种
6.如图，在四面体ABCD中，△ADB与△ADC为等边三角形，且BD⊥DC，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为
A. 156B. 153C. 56D. 53
7.设O为坐标原点，直线l：x=ty+2与抛物线C：y2=8x交于M，N两点，与C的准线交于点H.若HM=3MN，F为C的焦点，则△OMF与△ONF的面积之比为
A. 25B. 23C. 34D. 12
8.函数f(x)=axlnx−2lnx−abx+2b，若f(x)≥0恒成立，则a(b+2)的取值范围是
A. (−∞,e]B. (−∞,2e]C. [2,+∞)D. (−∞,2]
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.已知双曲线C1：x2a2−y2b2=1和C2：y2b2−x2a2=1，其中a>0，b>0，且a≠b，则
A. C1与C2虚轴长相等B. C1与C2焦距相等
C. C1与C2离心率相等D. C1与C2渐近线相同
10.在空间直角坐标系Oxyz中，已知过点M(x0，y0，z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0；过点M(x0，y0，z0)且一个方向向量为m=(u,v,w)(uvw≠0)的直线l的方程为x−x0u=y−y0v=z−z0w.根据上述材料，解决以下问题：已知平面α的方程为3x−4y+5z−7=0，直线l是平面2x−z+7=0与2x+2y−z+1=0的交线，则下列说法正确的是
A. 直线l经过点M(−2,3,3)
B. 直线l的一个方向向量为m=(1,0,2)
C. 直线l与平面α所成角的余弦值为13 1050
D. 若点N(1,1,1)，则点N到平面α距离为3 210
11.已知函数f(x)=13x3+x2+ax+b，其中实数a>0，b∈R，则下列结论正确的是
A. 当ab>0)的上、下焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2，顶点在原点的抛物线E的焦点与椭圆的上焦点相同，过点F1的直线l与C交于A，B两点，与抛物线交于M，N两点，当直线l垂直于F1F2时，|AB|=3．
(1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；
(2)若△ABF2的内切圆的半径为3 27，求直线l的方程；
(3)分别以M，N为切点作抛物线E的切线l1，l2，则两切线的交点是否在定直线上？证明你的结论．
19.(本小题17分)
已知f(x)是定义在I上的函数，若对任意x∈I，f(x)≥0恒成立，则称f(x)为I上的非负函数．
(1)判断f(x)=lnx+1x−1是否为区间(0,+∞)上的非负函数，并说明理由；
(2)已知n为正整数，g(x)=nx2−2alnx(a>0)为区间(0,+∞)上的非负函数，记a的最大值为an，求证：数列{an}为等差数列；
(3)已知n≥2且n∈N ​∗，函数ℎ(x)=nxxn(x>0)，若F(x)=ℎ(x)−ℎ(bn)为区间(0,+∞)上的非负函数，{an}为(2)中的等差数列，求证：ea1b2+ea2b3+ea3b4+⋯+ean−1bn>12−1n+1．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.D
6.A
7.C
8.B
9.BD
10.ABD
11.ACD
12.81
13.x=1或y=2
14.2022
15.解：(1)由题意，设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，则
由S1+3S2=S3，可得a1+3a1+3a2=a1+a2+a3，
即4+3q=1+q+q2，
整理，得q2−2q−3=0，
解得q=−1(舍去)，或q=3．
∴数列{an}的通项公式为an=3⋅3n−1=3n，n∈N∗．
(2)由(1)知，bn=lg3an=lg33n=n．
则cn=1bnbn+2=1n(n+2)=121n−1n+2．
故Tn=c1+c2+…+cn
=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=34−2n+32n+1n+2．
16.解：(1)当m=2时，f(x)=lnx−2x2，
则f(1)=ln1−2(1)2=−2，故点为(1,−2)．
求导得：f′(x)=1x−4x，则f′(1)=1−4=−3，
所以切线方程：y+2=−3(x−1)，即y=−3x+1;
(2)函数在(1,2)内有极值点，即f′(x)=1x−2mx+(2−m)=0在(1,2)内有解，
方程1x−2mx+(2−m)=0变形为：m=2+1x2x+1，
设g(x)=2+1x2x+1，x∈(1,2)，
由g′(x)=−(2x+1)2x2(2x+1)2)0，
则x1+x2=−6k3k2+4，x1x2=−93k2+4，
△ABF2的面积S=12|F1F2|.|x1−x2|
=12×2× (x1+x2)2−4x1x2= (−6k3k2+4)2+363k2+4=12 k2+13k2+4，
三角形面积公式S=12(|AB|+|AF2|+|BF2|)⋅r=12×4a×r
=12×8×3 27=12 27，
从而12 k2+13k2+4=12 27，解得k=1或k=1，
故直线l方程为y=x+1或y=−x+1，即x−y+1=0或x+y−1=0;
(3)设M(x3,y3)，N(x4,y4)，
由y=kx+1x2=4y，消去y得x2−4kx−4=0，显然Δ>0
所以x3+x4=4k，x3x4=−4，
对于y=14x2，y′=12x，
则点M处的切线l1的方程为y−y3=12x3(x−x3)，因为y3=14x32，所以y−14x32=12x3(x−x3)，
整理得y=12x3x−14x32，
同理，点N处的切线l2的方程为y=12x4x−14x42，
设两切线交点为P(x0,y0)，则y0=12x3x0−14x32 y0=12x4x0−14x42 ．
得x0=x3+x42 ①，
将①代入第一个方程得y0=x32·x3+x42−x324=x3x44=−1，
所以无论k为何值，纵坐标恒为−1，故交点在定直线y=−1上.

19.(1)解：函数fx是(0,+∞)上的非负函数．
因为f′(x)=1x−1x2=x−1x2x>0，
所以当00，a>0，
所以当00，
因此函数gx在0, ann上单调递减，在 ann,+∞上单调递增，
所以当x= ann时，函数gx取得最小值，最小值为g( ann)=n⋅an−2aln ann=a−aln an．
因为函数gx是(0,+∞)上的非负函数，所以g( ann)=a−aln an⩾0，而a>0，
因此00，n≥2且n∈ N ​∗，
所以当01−1nn−1n=1n2>1nn+1，
因此ea1b2+ea2b3+ea3b4+⋯+ean−1bn>12×3+13×4+14×5+⋯+1nn+1
=12−13+13−14+14−15+⋯+1n−1n+1=12−1n+1，
即ea1b2+ea2b3+ea3b4+⋯+ean−1bn>12−1n+1．