2024-2025学年湖南省长沙市望城一中高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市望城一中高二（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.设集合A={−1,0,1,2}，B={y|y= x}，则A∩B=( )
A. {0}B. {0,1,2}C. {0,1}D. {0,2}
2.已知复数z=1−i，则z−+1z=( )
A. 32−12iB. 32+12iC. 12−32iD. 12+32i
3.在平面直角坐标系xOy中，已知A(1,0)，B(0,1)，C为第一象限内一点，∠AOC=π4，且|OC|=2.若OC=λOA+μOB，则λ+μ等于( )
A. 2 2B. 2C. 2D. 4 2
4.已知函数f(x)=cs(2ωx+π3)(ω>0)的最小正周期为π，则ω=( )
A. 2B. 3C. 1D. −1
5.小孟一家打算从武汉、十堰、荆州选一个城市去旅游，这三个城市都有游乐园，去武汉市、十堰市、荆州市的概率分别为0.5，0.3，0.2，到了武汉市小孟一家去游乐园的概率为0.6，到了十堰市小孟一家去游乐园的概率为0.4，到了荆州市小孟一家去游乐园的概率为0.3，则小孟一家去游乐园的概率为( )
A. 0.48B. 0.49C. 0.52D. 0.21
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，AF⋅FB=0，2BF=FC且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 2C. 102D. 173
7.在正三棱锥P−ABC中，O为△ABC的中心，已知AB=6，∠APB=2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 49πB. 36πC. 32πD. 28π
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=3n−23n，则下列说法正确的是( )
A. anSn+1C. 2an+Sn=1D. 00，m(x)=ex−2−e2−x，f(x)=am(x)−sinπx，若f(x)存在唯一零点，下列说法正确的有( )
A. m(x)在 R上递增
B. m(x)图象关于点( 2，0)中心对称
C. 任取不相等的实数x1，x2∈R均有m(x1)+m(x2)2b>0)的左，右顶点，椭圆E的短轴长为2，离心率为 32．
(1)求椭圆E的方程；
(2)点O是坐标原点，直线l经过点P(−2,2)，并且与椭圆E交于点M，N，直线BM与直线OP交于点T，设直线AT，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=aln(x+1)+csx．
(1)若a=1，求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)∀x∈[0,π]，f(x)≤2ex−1，求a的取值范围．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.C
5.A
6.D
7.A
8.D
9.BC
10.ACD
11.ABD
12.4
13.10800
14.3
15.解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R(R为三角形外接圆半径)，可得α=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
因为a=bcsC− 33bsinC，
则2RsinA=2RsinBcsC− 332RsinBsinC，
即sinA=sinBcsC− 33sinBsinC，
又因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以sinBcsC+csBsinC=sinBcsC− 33sinBsinC，
所以csBsinC=− 33sinBsinC，
因为sinC>0，
所以csB=− 33sinB，即tanB=− 3，
所以B=2π3；
(2)因为△ABC的面积为3 3，即12acsinB=3 3，
所以12acsin2π3=3 3，
则12ac× 32=3 3，ac=12，
因为BC=3BD，所以BD=13BC，
则AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
所以|AD|2=(23AB+13AC)2=49，
又因为AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csB=−12ac，
所以|AD|2=49|AB|2−29ac+19|AC|2=49c2−29×12+19a2=49(c2+a2)−83，
根据基本不等式a2+b2≥2ab，可得c2+a2≥2ac=2×12=24，当且仅当a=c=2 3时等号成立，
所以|AD|2≥49×24−83=323−83=8，即|AD|≥2 2，
当且仅当a=c=2 3时，AD最短，此时AC=2 3．
16.解：(1)证明：∵AC⊥平面AA1B1B，AD⊂平面AA1B1B，
∴AC⊥AD，
∵AC//A1C1，
∴AD⊥A1C1
由已知得AB=BD=1，∠ABD=π3，
∴∠ADB=π3，同理可得∠A1DB1=π6，
∴∠ADA1=π−(∠ADB+∠A1DB1)=π2，即AD⊥A1D，
又A1D∩A1C1=A1，A1D，A1C1⊂平面A1C1D，
∴AD⊥平面A1C1D，
(2)连接AB1，∵∠ABB1=π3，AB=1，BB1=2，
∴AB1⊥AB，
∵AC⊥平面AA1B1B，
∴AC⊥AB，AC⊥AB1
以A为原点，AB，AC，AB1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),D(12,0, 32)，
设BE=λBC，则E(1−λ,2λ,0)，
∴DE=(12−λ,2λ,− 32)，
由(1)知平面A1C1D的一个法向量为AD=(12,0, 32)，
∴|cs〈DE,AD〉|=12|λ+1| (12−λ)2+(2λ)2+(− 32)2=12，
化简得4λ2−3λ=0，解得λ=34或λ=0(舍去)，
故在棱BC上存在异于点B的一点E，使得DE与平面A1C1D所成的角为π6，且BEBC=34．
17.解：(1)由题意可得2b=2，e=ca= 1−b2a2= 32，
可得a=2，b=1，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
(2)证明：由(1)可得A(−2,0)，B(2,0)，
显然直线MN的斜率存在且不为0，设直线MN的方程为y=kx+m，由题意2=−2k+m，即m=2+2k，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+mx2+4y2=4，整理可得：(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ>0，x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
直线BM的方程为y=y1x1−2(x−2)，直线OP的方程为y=−x，
两式联立，可得xT=2y1x1+y1−2，yT=−2y1x1+y1−2，即T(2y1x1+y1−2,−2y1x1+y1−2)，
所以k1=−2y1x1+y1−22y1x1+y1−2+2=−y1x1+2y1−2，k2=y2x2+2，
所以k1k2=−y1x1+2y1−2⋅y2x2+2=−(kx1+m)(kx2+m)(x2+2)(x1+2kx1+2m−2)=−k2x1x2+km(x1+x2)+m2(x2+2)[x1+(m−2)x1+2m−2]=−k2x1x2+km(x1+x2)+m2(m−1)[x1x2+2(x1+x2)+4]=−k2⋅4m2−41+4k2+km⋅−8km1+4k2+m2(m−1)[4m2−41+4k2+2⋅−8km1+4k2+4]=−(m+2k)(m−2k)4(m−1)(m−2k)2=−m+2k4(m−1)(m−2k)=−m+m−24(m−1)⋅2=−14，
即证得k1k2为定值−14．
18.解：(1)因为a=1，所以f(x)=ln(x+1)+csx,f′(x)=1x+1−sinx，
则f(0)=1，f′(0)=1，
故所求切线方程为y−1=x−0，即x−y+1=0；
(2)由题意，对∀x∈[0,π]，f(x)≤2ex−1，
等价于aln(x+1)+csx−2ex+1≤0在[0,π]上恒成立，
令g(x)=aln(x+1)+csx−2ex+1，则g′(x)=ax+1−sinx−2ex，
若a≤0，则g′(x)0，令ℎ(x)=ax+1−sinx−2ex，
则ℎ′(x)=−a(x+1)2−csx−2ex0，即a>2时，ℎ(0)=a−2>0,ℎ(a)=aa+1−sina−2ea0，即g′(x)>0，
则g(x)在(0,x0)上单调递增，故g(x)>g(0)=0，不符合题意；
综上所述，实数a的取值范围为(−∞,2]．