2025-2026学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷（含答案+解析）试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|y= 1−x2}，B={y|y= 1−x2}，则A∪B=( )
A. {x|0≤x≤1}B. {x|−1≤x≤1}C. {x|−1≤x≤0}D. {x|x≤1}
2.若复数z满足(1+2i)z=3+i，则z⋅z−=( )
A. 2B. 5C. 2D. 5
3.若平面内的两个向量a，b满足a=(1,1)，|a+b|=|b|=1，则a与b的夹角是( )
A. π4B. π3C. 3π4D. 2π3
4.(2x−1x2)n的展开式中二项式系数和为32，则含x2项的系数为( )
A. −80B. 80C. −10D. 10
5.已知角β的终边在第一象限，sinβ=13，cs(α+2β)=−1，则cs(α+β)=( )
A. −2 23B. −13C. 13D. 2 23
6.设数列{an}满足a1+a22+a33+⋯+ann=2n−1(n∈N∗)，则{an}的前50项和为( )
A. 2552B. 2551C. 2550D. 2549
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方形BCC1B1的中心，Q为棱DD1的中点，过点B，P，Q的平面将正方体分成两部分，则较小的部分与较大的部分体积之比为( )
A. 13
B. 717
C. 725
D. 1351
8.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，以OF1为直径的圆与双曲线C在第二象限交于点A，直线AF1与双曲线C右支交于点B，|AF2|=|BF2|，则双曲线C的离心率为( )
A. 3B. 2C. 7D. 3
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF，AB=2，AE=AF，则下列结论正确的是( )
A. AE//平面BCF
B. AE⊥平面BDF
C. 当AB=AE时，从B点出发沿着该八面体表面到D点的最短路程为2 3
D. 当该八面体表面积为16时，二面角E−BC−F的大小为120∘
10.函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)=x2−3ex，则下列说法正确的是( )
A. 当x1−0，2ln32>1−(12)2，…，2lnn+1n>1−(n−1n)2，
累加得2ln(21×32×⋯×n+1n)=2ln(n+1)>n−[(12)2+(23)2+⋯+(n−1n)2]，
即2ln(n+1)+[(12)2+(23)2+⋯+(n−1n)2]>n，得证
【解析】解：(1)由x+1>0，得x>−1，
所以f(x)的定义域为(−1,+∞)，
当a=1时，f(x)=x2−x+ln(x+1)，
f′(x)=2x−1+1x+1，
所以f(0)=0，f′(0)=0，
所以f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=0；
(2)因为f(0)=0，所以当f(x)在定义域上只有1个零点时，f(x)在(−1,+∞)上没有非零零点，
f(x)的定义域为(−1,+∞)，
f′(x)=2x−a+ax+1=2x2+(2−a)xx+1=x[2x+(2−a)]x+1，
①若a2x+2>0，
则当x∈(−1,0)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
又f(0)=0，所以f(x)只有1个零点，即x=0，符合题意；
②若02，令f′(x)=0得x=0或x=a−22，
因为a−22>0，
所以当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0,a−22)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
又x→+∞时f(x)→+∞，且f(a−22)0时f(x)=x2−2x+2ln(x+1)>0，
即2ln(x+1)>2x−x2，
取x=1k>0，可得2lnk+1k>2k−1k2=−(1k−1)2+1=1−(k−1k)2，
所以2ln21>1−0，2ln32>1−(12)2，…，2lnn+1n>1−(n−1n)2，
累加得2ln(21×32×⋯×n+1n)=2ln(n+1)>n−[(12)2+(23)2+⋯+(n−1n)2]，
即2ln(n+1)+[(12)2+(23)2+⋯+(n−1n)2]>n，得证．
(1)根据导数的几何意义求得f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线的斜率，从而求得切线方程；
(2)分析导函数的零点，讨论函数f(x)的单调性，可得其零点个数，由此求得a的取值范围；
(3)结合(2)的分析，令a=2，可得x>0时，f(x)=x2−2x+2ln(x+1)>0恒成立，即2ln(x+1)>2x−x2.令x=1k,k∈N∗，则2lnk+1k>2k−1k2=1−(k−1k)2，累加即可证得不等式：2ln(n+1)+[(12)2+(23)2+⋯+(n−1n)2]>n.
本题考查利用导数研究函数的最值与切线方程，属于中档题．
19.【答案】连接AB′，PF2，
因为AB′//平面PMN，AB′⊂平面BAB′，平面BAB′∩平面PMN=PF2，所以AB′//PF2，
又由BB′=4BP，可得BA=4BF2，故|BF2|=14|AB|=1，
因此c=|OF2|=2−1=1，a=12|AB|=2，
所以离心率e=ca=12.
由于椭圆长轴，短轴，直线OO′两两垂直，
故以点O为原点，椭圆长轴，短轴，直线OO′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
则xOy平面内椭圆的标准方程为x24+y23=1，
所以B(2,0,0)，F1(−1,0,0)，F2(1,0,0)，P(2,0,2)，
由BP⊥平面MNF1得VP−MNF1=13|BP|⋅S△MNF1=2S△MNF13=2，所以S△MNF1=3，
设xOy平面内直线MN：x=ty+1(MN与AB不重合)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
与椭圆联立，消去x得(3t2+4)y2+6ty−9=0，Δ=144(t2+1)>0，
故y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
S△MNF1=12⋅|F1F2|⋅|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=12 t2+13t2+4=3，
令u= t2+1≥1，则4u=3u2+1，得u=1或13(舍)，所以t=0，
即MN：x=1，代入椭圆方程解得y1=−32，y2=32，
即坐标系Oxyz内M(1,−32,0)，N(1,32,0)，
MN=(0,3,0)，MP=(1,32,2)，F1P=(3,0,2)，
设平面PMN法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MN=3y=0n⋅MP=x+3y2+2z=0，令z=1得n=(−2,0,1)，
记直线PF1与平面PMN所成的角为θ，
则sinθ=|cs⟨n,F1P⟩|=|n⋅F1P||n||F1P|=4 13× 5=4 6565，
所以直线PF1与平面PMN所成的角的正弦值为4 6565
设△PF1F2外接圆为圆O1，半径为R1，△MF1F2外接圆为圆O2，半径为R2，
则O1在平面PF1F2内F1F2垂直平分线上即z轴上，同理O2在y轴上，
设三棱锥P−MF1F2外接球球心为O3，半径为R2，
因为平面PF1F2⊥平面MF1F2，所以O1O3⊥平面PF1F2，O2O3⊥平面MF1F2，
设O1(0,0,m)，O2(0,n,0)，所以O3(0,n,m)，
R2=|F1O3|2=1+n2+m2，R12=|F1O1|2=1+m2，R22=|F1O2|2=1+n2.
所以R2=R12+R22−1.
对于△PF1F2，tan∠F1PF2=tan(∠F1PB−∠F2PB)=3|BP|−1|BP|1+3|BP|⋅1|BP|=2|BP|+3|BP|≤ 33，
当且仅当|BP|=3|BP|= 3时取等，即∠F1PF2为锐角，最大为π6，
由正弦定理，R1=|F1F2|2sin∠F1PF2≥1sinπ6=2，
对于△MF1F2，因为|MF1|+|MF2|=4，所以cs∠F1MF2=|MF1|2+|MF2|2−42|MF1||MF2|
=(|MF1|+|MF2|)2−42|MF1||MF2|−1=6|MF1||MF2|−1≥6(|MF1|+|MF2|2)2−1=12，
当且仅当|MF1|=|MF2|=2时取等，即∠F1MF2为锐角，最大为π3，
由正弦定理，R2=|F1F2|2sin∠F1MF2≥1sinπ3=2 33.
所以R2=R12+R22−1≥4+43−1=133，当且仅当|BP|= 3，|MF1|=2时取等，
所以三棱锥P−MF1F2外接球表面积的最小值为4π×133=52π3
【解析】解：(1)连接AB′，PF2，
因为AB′//平面PMN，AB′⊂平面BAB′，平面BAB′∩平面PMN=PF2，所以AB′//PF2，
又由BB′=4BP，可得BA=4BF2，故|BF2|=14|AB|=1，
因此c=|OF2|=2−1=1，a=12|AB|=2，
所以离心率e=ca=12.
(2)由于椭圆长轴，短轴，直线OO′两两垂直，
故以点O为原点，椭圆长轴，短轴，直线OO′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
则xOy平面内椭圆的标准方程为x24+y23=1，
所以B(2,0,0)，F1(−1,0,0)，F2(1,0,0)，P(2,0,2)，
由BP⊥平面MNF1得VP−MNF1=13|BP|⋅S△MNF1=2S△MNF13=2，所以S△MNF1=3，
设xOy平面内直线MN：x=ty+1(MN与AB不重合)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
与椭圆联立，消去x得(3t2+4)y2+6ty−9=0，Δ=144(t2+1)>0，
故y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
S△MNF1=12⋅|F1F2|⋅|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=12 t2+13t2+4=3，
令u= t2+1≥1，则4u=3u2+1，得u=1或13(舍)，所以t=0，
即MN：x=1，代入椭圆方程解得y1=−32，y2=32，
即坐标系Oxyz内M(1,−32,0)，N(1,32,0)，
MN=(0,3,0)，MP=(1,32,2)，F1P=(3,0,2)，
设平面PMN法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MN=3y=0n⋅MP=x+3y2+2z=0，令z=1得n=(−2,0,1)，
记直线PF1与平面PMN所成的角为θ，
则sinθ=|cs⟨n,F1P⟩|=|n⋅F1P||n||F1P|=4 13× 5=4 6565，
所以直线PF1与平面PMN所成的角的正弦值为4 6565.
(3)设△PF1F2外接圆为圆O1，半径为R1，△MF1F2外接圆为圆O2，半径为R2，
则O1在平面PF1F2内F1F2垂直平分线上即z轴上，同理O2在y轴上，
设三棱锥P−MF1F2外接球球心为O3，半径为R2，
因为平面PF1F2⊥平面MF1F2，所以O1O3⊥平面PF1F2，O2O3⊥平面MF1F2，
设O1(0,0,m)，O2(0,n,0)，所以O3(0,n,m)，
R2=|F1O3|2=1+n2+m2，R12=|F1O1|2=1+m2，R22=|F1O2|2=1+n2.
所以R2=R12+R22−1.
对于△PF1F2，tan∠F1PF2=tan(∠F1PB−∠F2PB)=3|BP|−1|BP|1+3|BP|⋅1|BP|=2|BP|+3|BP|≤ 33，
当且仅当|BP|=3|BP|= 3时取等，即∠F1PF2为锐角，最大为π6，
由正弦定理，R1=|F1F2|2sin∠F1PF2≥1sinπ6=2，
对于△MF1F2，因为|MF1|+|MF2|=4，所以cs∠F1MF2=|MF1|2+|MF2|2−42|MF1||MF2|
=(|MF1|+|MF2|)2−42|MF1||MF2|−1=6|MF1||MF2|−1≥6(|MF1|+|MF2|2)2−1=12，
当且仅当|MF1|=|MF2|=2时取等，即∠F1MF2为锐角，最大为π3，
由正弦定理，R2=|F1F2|2sin∠F1MF2≥1sinπ3=2 33.
所以R2=R12+R22−1≥4+43−1=133，当且仅当|BP|= 3，|MF1|=2时取等，
所以三棱锥P−MF1F2外接球表面积的最小值为4π×133=52π3.
(1)根据线面平行的性质定理证得AB′//PF2，进而计算出半焦距和半长轴即可求出椭圆的离心率；
(2)建立空间直角坐标系，利用三棱锥P−MNF1的体积为2求出点M，N的坐标，进而求得平面PMN的法向量即可求出直线PF1与平面PMN所成角的正弦值；
(3)分别设出△PF1F2的外接圆半径R1，△MF1F2的外接圆半径R2，三棱锥P−MF1F2的外接球半径R，利用线段长度关系可得到R2=R12+R22−1，再分别求出R1和R2的最小值，即可得到三棱锥P−MF1F2外接球表面积的最小值．
本题考查空间向量法求直线与平面所成角、空间几何体外接球的性质、椭圆的几何性质等，综合性较强，属于中档题．x(投入经费)
1
2
3
4
5
y(销售量)
3
m
n
11
15
X
0
1
2
P
310
35
110
X
0
1
2
P
310
35
110