四川省成都市第七中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷含答案（word版）

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二、多选题
9. ABD 10. AC 11. ABD
三、填空题
12. y2=8x 13. e 14. e3+e
四、解答题(共 5 题)
15. 解析: ( I ) 设 an 的公差为 d ，由题意 a1+3d=43a1+3d=6 ，
解得 a1=1d=1,故an=a1+n−1d=n . 6 分
( II ) 由条件 bn=2nan=n2n ,故Tn=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n2n,
两边同时乘 2 ，得2 Tn=22+2⋅23+⋯+n−12n+n2n+1,
上面两式错位相减得−Tn=−n2n+1+2+22+⋯+2n=−n−12n+1−2,
所以Tn=n−12n+1+2.13 分
16. 解析: ( I ) 记 fx 的导函数为 f′x ，则 f′x=3x2+3a ，
因此由 x=1 是极值点知 f′1=3+3a=0 ,可得 a=−1 , 2 分
此时 f′x=3x+1x−1 ,故列表如下:
由表知 fx 的单调递增区间为 −∞,−1,1,+∞ ,单调递减区间为 −1,1,⋯ 5 分
且 fx 在 x=−1 处取到极大值 b+2 . 7 分
(II)同上可列表如下:
由表知 fx 在 −3,3 上只有一个零点当且仅当 f−10f−3≤0 ,
解得 b∈−18,−2∪(2,18] . 15 分
17. 证明:(I)由条件可知 AB2+AE2=13=BE2 ，因此 AB⊥AE ，
又 PA⊥ 底面 ABCDE ，知 PA⊥AB ，
又 PA∩AE=A ，
所以 AB⊥ 平面 PAE . 6 分
(II) 因为 AB,AP,AE 两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系 A−xyz , 7 分
设 A0,0,0,B2,0,0,E0,3,0,P0,0,2 ,则
AB=2,0,0,AE=0,3,0,AP=0,0,2 ,
由题目条件 AC=2AB+13AE=4,1,0 ,得 C4,1,0 , 8 分
由 DC=12AB−13AE=1,−1,0 ，得 AD=AC−DC=3,2,0 ，则 D3,2,0 ， 9 分
则 PC=PA+AC=4,1,−2 ，
此时 DE=AE−AD=−3,1,0,PE=AE−AP=0,3,−2 ,
设平面 PDE 的一个法向量为 n=x1,y1,z1 ,则由 n⋅PE=0n⋅DE=0 ,有 y1−3x1=03y1−2z1=0
取 x1=1 则 y1=3,z1=92,n=1,3,92 , 12 分
所以直线 PC 与平面 PDE 所成角 θ 的正弦值满足
sinθ=n⋅PCnPC=4+3−91+9+81416+1+4=421231,
所以直线 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值为 421231 . 15 分
18. 解析: (I) 由 OP=2OD ,得 D22,322 ,
代人椭圆方程 C 可得 8a2+92b2=1 ,
又椭圆离心率为 74 ，可知 c2a2=a2−b2a2=716 ，
解得 a2=16,b2=9 ，
故椭圆 C 的方程为 x216+y29=1 . 4 分
( II ) ① 设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,则中点 Tx1+x22,y1+y22 ,
由 P,T,O 三点共线,知3⋅x1+x22=4⋅y1+y22
由 A,B 均在椭圆 C 上， x1216+y129=1x2216+y229=1 ，得 9x1−x2x1+x2+16y1−y2y1+y2=0 ，
由 m≠0 ，则 x1+x2≠0 ，
则 k=y1−y2x1−x2=−9x1+x216y1+y2=−34 . 10 分
② 由 y=−34x+mx216+y29=1 ，
得 9x2−12mx+8m2−72=0 ,
Δ=14418−m2>0 ,解得 m∈−32,0∪0,32 ,
由 x1+x2=4 m3x1x2=89m2−8 ,
故 x1−x2=x1+x22−4x1x2=43−m2+18 ,
则 AB=1+−342x1−x2=53−m2+18 ,
而 P 到 AB 的距离 d=6−m1+−342=456−m ,
令 △PAB 的面积为 S△PAB ,则 S△PAB=12ABd=23−m2+186−m2 .
令函数 fx=−x2+186−x2,x∈−32,32 ,
记 fx 的导函数为 f′x ,
f′x=4x−6−x2+3x+9=4x−6x−3−352x−3+352,
又根据 3+352>32 以及 f′x 的符号,
知 fx 在 −32,3−352 上单调递增,在 3−352,32 上单调递减,
故 fx 在 x=3−352 处取得最大值,
所以当 m=3−352,S△PAB 取得最大值. 17 分
注: 本题可使用仿射变换将椭圆化为圆处理.
19. 解析: (I) fx 的定义域为 x∈−1,1 ,
由 f′x=lnx+1+a−11+x2+1−a−f′0 ,
代入 x=0 ，得 f′0=0 ；
( II ) ⊕g′x=lnx+1+a−11+x2+1−a−x2 ,
记 g′x 的导函数为 ℎx ,则有ℎx=1x+1−2a−11+x3−2x,
由题意 g0=g′0=ℎ0 ,解得 a=32 ,
则 ℎx=1x+1−11+x3−2x,x>−1 ,
令 t=x+1,t>0 ,
则 ∀t>0,ℎx=1t−1t3−2t+2=−2t4+2t3+t2−1t3=−t−122t2+2t+1t3≤0 ,
所以 g′x 是在 −1,+∞ 上单调递减的,且 g′0=0 ,
则 x∈−1,0,g′x>0;x∈0,+∞,g′xn≥2,lnm+12m+16mm−1−lnn−12n−16nn−1≤1n+1+1n+2+⋯+1m ,
由 gx=x+1lnx+1−3x2+2x2x+1−13x3≤0,∀x∈−1,+∞ ,
则 ln1+x≤3x2+2x2x+12+x331+x,∀x∈−1,+∞ ,
对于 ∀k≥2,k∈N,x=1k ,
ln1+1k≤31k2+2k21+1k2+131k31+1k=11+k+121+k2+131+kk2
≤11+k+12kk+1+131+kkk−1=11+k+121k−1k+1+161kk−1−1kk+1,
则对任意的 m>n≥2 ,
k=nm−1ln1+1k≤k=nm−111+k+k=nm−1121k−1k+1+k=nm−1161kk−1−1kk+1,
得
lnmn≤1n+1+1n+2+⋯+1m+121n−1m+161nn−1−1mm−1
所以 lnm+12m+16mm−1−lnn−12n−16nn−1≤1n+1+1n+2+⋯+1m
即 xm−xn≤1n+1+1n+2+⋯+1m . 17 分1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
C
C
A
A
D
B
x
−∞,−1
-1
(-1,1)
1
(1,+∞)
f′x
+
0
-
0
+
fx
增
极大值 b + 2
减
极小值 b -2
增
x
-3
(-3,-1)
-1
(-1,1)
1
(1,3)
3
f′x
+
0
-
0
+
fx
b-18
增
极大值 b + 2
减
极小值 b - 2
增
b+18