2024-2025学年云南省昭通市镇雄四中高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省昭通市镇雄四中高二（下）期中数学试卷（含答案），共7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.已知向量a=(m,2)，b=(4,−8)，若a//b，则实数m的值是( )
A. 4B. −4C. 1D. −1
2.集合M={4,5,−3m+(m−3)i}(其中i为虚数单位)，N={−9,3}，且M∩N≠⌀，则实数m的值为( )
A. −3B. 3C. 3或−3D. −1
3.已知函数f(x)在x=x0处的导数为3，则Δx→0lim f(x0+Δx)−f(x0)3Δx=( )
A. 3B. 1C. 2D. 23
4.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1+a3=10，a5+a7=58，则该数列的公比为( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
5.已知f(x)=|x|(a⋅3x−3−x)为奇函数，则a=( )
A. −1B. 1C. 0D. 13
6.在连续五次月考中，甲、乙两人的成绩依次为：
甲：124，126，132，128，130
乙：121，128，135，133，123
则下列说法正确的是( )
A. 乙的成绩的极差小于甲的成绩的极差
B. 乙的成绩的中位数小于甲的成绩的中位数
C. 甲的发挥比乙的发挥更为稳定
D. 随机取其中同一次成绩，甲得分低于乙的概率为25
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|0,b>0)的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线的渐近线交于A、B两点，满足A，B均在y轴右侧，且△ABF1为正三角形，则双曲线E的渐近线方程为( )
A. x=±2 33yB. y=±2 33xC. y=± 2xD. x=± 2y
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.下列结论正确的是( )
A. 若y=sinπ3，则y′=csπ3
B. 若f(x)=3x2−f′(1)x，则f′(1)=3
C. 若y=− x+x，则y′=−12 x+1
D. 若y=tanx2，则y′=2xcs2x
10.已知直线l：x=ty−2，圆C：x2+y2−4x−4=0，则下列说法正确的有( )
A. 若t=1，则l与圆C相切B. 若l与圆C相交，则t1
C. 圆C可能关于l对称D. 若t= 3，则l被圆C截得的弦长为4
11.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=f(2−x)，f′(x)为f(x)的导函数，且对于任意的x∈R，都有(x−2)f′(x)≤0，则( )
A. f(0)1633，
解得n>16，
可得正整数n的最小值为17．
16.(1)函数f(x)=lnx+2x的导数为f′(x)=1x+2，
所以f′(1)=3，f(1)=2，
所以f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程为y−2=3(x−1)，
即y=3x−1．
(2)设切点为(x0,y0)，且y0=lnx0+2x0，
易得f(x)在(x0,y0)处的切线为y−f(x0)=f′(x0)(x−x0)，
因为切线过点P(0,0)，则0−(lnx0+2x0)=(1x0+2)(0−x0)，
化简得lnx0=1，即x0=e，所以f(e)=2e+1，f′(e)=1e+2，
所以切线方程为y−(2e+1)=(1e+2)(x−e)，化简得y=2e+1ex．
17.(1)设椭圆M的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)半焦距为c，
由题意知ca= 633a2+1b2=1a2=b2+c2，
解得a2=6，b2=2，
所以椭圆M的方程为x26+y22=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为C(1,0)，
所以AC=(1−x1,−y1)，CB=(x2−1,y2)．
又AC=2CB，即(1−x1,−y1)=(2x2−2,2y2)，
所以1−x1=2(x2−1)，−y1=2y2，
所以x1=3−2x2，y1=−2y2，
又x126+y122=1，
所以9−12x2+4x226+4y222=1，
又x226+y222=1，
所以x2=94，y22=516，
解得y2=± 54，
当y2= 54时，kAC= 5494−1= 55，
当y2=− 54时，kAC=− 5494−1=− 55，
所以直线l的方程为y=± 55(x−1)．
18.(1)证明：由直棱柱的性质知，平面ABB1A1⊥平面ABCD，
因为平面ABB1A1∩平面ABCD=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又A1B⊂平面ABB1A1，所以BC⊥A1B.
(2)解：以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C(0,2,0)，D(2,1,0)，
所以AA1=(0,0,2)，DA1=(0,−1,2)，DC=(−2,1,0)，
设平面A1CD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DA1=−y+2z=0n⋅DC=−2x+y=0，
取x=1，则y=2，z=1，所以n=(1,2,1)，
所以点A到平面A1CD的距离为|AA1⋅n||n|=2 6= 63．
(3)解：由(2)知DC=(−2,1,0)，CC1=AA1=(0,0,2)，
设平面CC1D1D的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅DC=−2a+b=0m⋅CC1=2c=0，
取a=1，则b=2，c=0，所以m=(1,2,0)，
设平面A1CD与平面CC1D1D夹角为θ，θ∈[0,π2]，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=|1+4| 6× 5= 306，
所以sinθ= 1−cs2θ= 66，
故平面A1CD与平面CC1D1D夹角的正弦值为 66．
19.解：f(x)=ex−ax2，∴f′(x)=ex−2ax，
令g(x)=f′(x)=ex−2ax，
则g′(x)=ex−2a，
①a≤0，则g′(x)=ex−2a>0，g(x)在R上单调递增；
②a>0，g′(x)=ex−2a=0，x=ln2a，则当x∈(−∞,ln2a)时，g′(x)0，所以g(x)单调递增；
综上，当a≤0时，g(x)在R上单调递增；
当a>0时，g(x)在(−∞,ln2a)单调递减，在(ln2a,+∞)单调递增．
(2)
由(1)知，当a=e时，f′(x)在(−∞,ln2e)上单调递减，在(ln2e,+∞)上单调递增；
∵f′(ln2e)=2e(1−ln2e)0，f′(12)=e12−e0，
故f′(x)存在两个零点x0、x1，且x0∈(0,12)，x1∈(ln2e,4)．
f′(x)的符号及f(x)的单调性如下表所示：
由于x0是f′(x)的一个零点，故f′(x0)=ex0−2ex0=0，所以ex0=2ex0，
于是f(x0)=ex0−ex02=2ex0−ex02=e(−x02+2x0)，
∵x0∈(0,12)，0