2024-2025学年湖南省衡阳市第八中学高二下学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省衡阳市第八中学高二下学期期中考试数学试卷（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.已知集合A={x∣−21使得fx1=gx2=t成立，则lntx2−2x1的最大值为 ．
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)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的正方形，BC1=2 7,AB=2，AB⊥BC．

(1)求证：平面ACC1A1⊥平面ABC；
(2)求二面角B−AC1−C的余弦值．
16.(本小题15分)
已知数列an的首项为a1=4，且满足an+1+an=6×5nn∈N∗．
(1)求证：an−5n是等比数列；
(2)求数列an的前n项和Sn．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ae2x+(2a−1)ex−x+12．
(1)当a=0时，证明：f(x)≤−e+1x+12
(2)若函数f(x)的图象始终在直线y=1上方，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
为了测试一种新药对某种疾病的治疗效果，研究人员对一地区某种动物种群(数量较大)进行试验，从该试验种群中随机抽查了80只，得到如下的样本数据(单位：只)：
(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为该药物与预防该疾病有关？
(2)从该地区此动物群中任取一只，记A表示此动物发病，A表示此动物没发病，B表示此动物使用药物，定义事件A的优势R1=P(A)1−P(A)，在事件B发生的条件下A的优势R2=PAB 1−PAB ，证明：R2R1=PBA PBA ，并利用表中数据求出R2R1值．
(3)若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中使用药物的只数为X，求随机变量X的分布列，数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
19.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且经过点M(−2,0)，F1,F2为椭圆C的左右焦点，Qx0,y0为平面内一个动点，其中y0>0，记直线QF1与椭圆C在x轴上方的交点为Ax1,y1，直线QF2与椭圆C在x轴上方的交点为Bx2,y2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①若AF2/\!/BF1，证明：1y1+1y2=1y0；
②若QF1+QF2=3，探究y0,y1,y2之间关系．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.C
5.D
6.A
7.D
8.A
9.AC
10.ABD
11.ABD
12.7.4
13.an=n+2，n∈N∗
14.1e/e−1
15.(1)因为侧面ACC1A1是边长为4的正方形，
所以CC1⊥AC,C1C=AC=4，
因为AB=2,AB⊥BC，
则BC= AC2−AB2=2 3，因为BC1=2 7,C1C=4，
所以CC12+BC2=BC12，即CC1⊥BC，
因为BC∩AC=C,BC、AC⊂平面ABC，
所以CC1⊥平面ABC，又CC1⊂平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1⊥平面ABC；
(2)

以AC,AA1为y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AC=4,AB=2,BC=2 3，所以∠BAC=π3，
所以A(0,0,0),B 3,1,0,C1(0,4,4)，
则AB= 3,1,0,AC1=(0,4,4)，
设平面ABC1的法向量为n1=(x,y,z)，
由AB⋅n=0AC1⋅n=0，可得 3x+y=04y+4z=0，令x=1，则n1=1,− 3, 3，
平面ACC1的法向量为n2=(1,0,0)，
所以csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2= 77，
又二面角B−AC1−C为锐角，所以其余弦值为 77．
16.【详解】(1)证明：
∵数列an满足an+1+an=6×5n，即an+1=−an+6×5n，
∴an+1−5n+1=−an−5n，
即an+1−5n+1an−5n=−1，
又∵a1=4，
∴a1−51=−1，
∴数列an−5n表示首项为−1，公比为−1的等比数列．
(2)由(1)知an−5n=−1×(−1)n−1=(−1)n，
∴an=(−1)n+5n，
∴Sn=51+52+⋯+5n+(−1)+1+⋯+(−1)n，
当n为偶数时，可得Sn=51−5n1−5+0=14×5n+1−54；
当n为奇数时，可得Sn=51−5n1−5−1=14×5n+1−94；
综上可得，Sn=14×5n+1−54,n为偶数,14×5n+1−94,n为奇数.
17.【详解】(1)解：当a=0时，可得f(x)=−ex−x+12，
要证不等式f(x)≤−e+1x+12，即证ex≥ex，
令函数g(x)=ex−ex，可得g′(x)=ex−e，
当x0，
所以函数g(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(1)=0，所以g(x)≥0，即ex≥ex，
所以原不等式f(x)≤−e+1x+12成立；
(2)解：要使得函数f(x)的图象始终在直线y=1上方，即f(x)>1在x∈R上恒成立，
即ae2x+(2a−1)ex−x−12>0在x∈R上恒成立，
令ℎ(x)=ae2x+(2a−1)ex−x−12，
可得ℎ′(x)=2ae2x+(2a−1)ex−1=(ex+1)(2aex−1)，
当a≤0时，ℎ′(x)=(ex+1)(2aex−1)0时，ℎ′(x)=0，即2aex−1=0，解得x=ln12a，
当x0；
所以ℎ(x)在(−∞,ln12a)单调递减，在(ln12a,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(ln12a)=−14a−ln12a+12，
要使得ℎ(x)>0在x∈R上恒成立，只需−12×12a−ln12a+12>0，
令t=12a>0，即−12×t−lnt+12>0在t∈(0,+∞)成立，
即12×t+lnt−120，可得φ′(t)=12+1t=t+22t>0，
所以φ(t)在(0,+∞)单调递增，
因为φ(1)=0，所以0