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2025-2026学年贵州省贵阳市修文中学高二（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知i为虚数单位，则=（　　）
A. -2-i B. -2+i C. 2-i D. 2+i
2.命题“ x∈R，x2+1≥sinx”的否定是（　　）
A. x∈R，x2+1＜sinx B. x∈R，x2+1≤sinx
C. x∈R，x2+1＜sinx D. x∈R，x2+1≤sinx
3.某中学为高二学生开设校本选修课，分别为人文社科、自然科学、艺术体育三个类别，其中人文社科类有3门互不相同的课程，自然科学类有2门互不相同的课程，艺术体育类有4门互不相同的课程.若要求每位学生选择2门课程，且2门课程需来自不同的类别，则不同的选课方案种数为（　　）
A. 9 B. 24 C. 26 D. 36
4.函数y=-lnx的单调递减区间为（　　）
A. （-1，1） B. （1，+∞） C. （0，1） D. （0，+∞）
5.某公司一年购买某种货物600t,每次购买xt,运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元.若要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是（　　）
A. 20 B. 25 C. 30 D. 32
6.过点（0，-2）与圆x2+y2-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（　　）
A. 1 B. C. D.
7.设直线是曲线y=lnx（x＞0）的一条切线，则实数b的值为（　　）
A. 2-ln2 B. 1-ln2 C. D. ln2
8.对于事件A，B，，，P（A∪B）=1，则P（B）=（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.关于函数，下列说法正确的是（　　）
A. 它的极大值为，极小值为
B. f（x）有两个零点
C. 它的单调递减区间为[-2，2]
D. 它在点（0，4）处的切线方程为y=-4x+4
10.已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A. f（x）的最小正周期是π
B. f（x）的图象关于对称
C. f（x）在区间上单调递增
D. 由函数y=cos2x图象向右平移个单位可得到函数f（x）的图象
11.某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作.则下列说法中正确的是（　　）
A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有54种
B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案
C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案
D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在二项式的展开式中，常数项为 .
13.某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8.则王同学第2天去B餐厅用餐的概率为 .
14.已知函数f（x）=ax2-2lnx.若对 x∈[1，3]，都有恒成立，则a的取值范围为 .
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△ABC中，c=1，，且△ABC的面积为．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若D为BC上一点，且______，求sin∠ADB的值．
从①AD=1，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
16.(本小题15分)
设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a3=8，S3=14.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=log2an，证明：.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD=CD=4，点E是线段PC的中点.
（1）证明：DE⊥平面PBC；
（2）若二面角E-BD-C的正弦值为，求四棱锥P-ABCD外接球的表面积.
18.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A（-2，0），B（2，0），点G满足直线AG与直线BG的斜率之积为，点G的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程；
（2）已知过点（-1，0）且斜率不为0的直线l与曲线C交于D，E两点，求四边形ADBE面积的最大值；
（3）直线l′与x轴的正半轴和y轴分别交于Q，P两点，与椭圆分别交于M，N两点，且，，若λ+μ=-4，证明：直线l′经过定点，并求出该定点的坐标.
19.(本小题17分)
已知函数f（x）=aex-lnx-1，其中a＞0.
（1）证明：f（x）在区间上存在唯一的极小值点；
（2）若f（x）在定义域内不存在零点，求a的取值范围；
（3）当f（x）有两个不同的零点x1，x2时，证明：x1x2＞1.
1.【答案】D
2.【答案】A
3.【答案】C
4.【答案】C
5.【答案】C
6.【答案】B
7.【答案】D
8.【答案】C
9.【答案】ACD
10.【答案】ABC
11.【答案】BC
12.【答案】24
13.【答案】0.3
14.【答案】
15.【答案】解：（Ⅰ） 由于 c=1，，S△ABC=bcsinA=b 1 sin=，
解得b=2；
由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA，
解得；
（Ⅱ）若选①，则当AD=1时，
在△ABC中，由正弦定理，
即，所以；
因为AD=AB=1，所以∠ADB=∠B；
所以sin∠ADB=sinB，
即．
若选②，则当∠CAD=30°时，
在△ABC中，由余弦定理知，．
因为A=120°，所以∠DAB=90°，
所以，
所以sin∠ADB=cosB，
即．
16.【答案】 ，
故，
所以++...+=1-+-+...+-=1-＜1
17.【答案】证明：∵PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
∴PD⊥BC，
∵底面ABCD为矩形，∴DC⊥BC，
∵PD∩DC=D，PD，DC 平面PDC，
∴BC⊥平面PDC，
∵DE 平面PDC，∴BC⊥DE，
∵PD=CD=4，点E是线段PC的中点，
∴DE⊥PC，
∵BC∩PC=C，BC 平面PBC，PC 平面PBC，
∴DE⊥平面PBC 48π
18.【答案】解：（1）设G点坐标为（x,y），
因为点A（-2，0），B（2，0），且点G满足直线AG与直线BG的斜率之积为，
所以，
即，
所以曲线C的方程为．
（2）设直线l：x=ty-1，D（x1，y1），E（x2，y2），
联立，
整理得（3t2+4）y2-6ty-9=0，
Δ=144t2+144＞0，
故，，
设四边形ADBE面积为S，
则，
所以，
令，则
因为在m≥1时单调递增，
当m=1（即t=0）时，取最小值4，
所以当直线方程为x=-1时，四边形ADBE的面积取最大值，Smax=6；
（3）证明：设P（0，p），Q（q,0）（q＞0），M（x1，y1），N（x2，y2），
因为，
所以（x1-0，y1-p）=λ（q-x1，0-y1），
故x1=λq-λx1，y1-p=-λy1，
若λ=-1，则P，Q重合，与已知矛盾，故λ≠-1，即1+λ≠0
所以，
同理，由，可得，
将N代入椭圆方程整理得，
将M代入椭圆方程整理得，
所以λ，μ是方程的两个根，
由根与系数的关系可得，又λ+μ=-4，
所以，结合q＞0解得，
即直线l′恒过x轴上的点．
所以直线l′经过定点，定点坐标为．
19.【答案】证明：函数的定义域为（0，+∞），f′（x）=aex-，
令m（x）=f′（x）=aex-，则，
∵a＞0且x＞0，∴m′（x）＞0恒成立，故f′（x）在（0，+∞）上单调递增．
当时，，∵，∴，
从而．任取极小正数δ，则f′（δ）＜0，
根据零点存在定理，存在使得f′（x0）=0．
由于f′（x）单调递增，故x0是唯一的，且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，因此，x0是f（x）在上的唯一极小值点 证明：由f（x）=0可得aex-lnx-1=0，等价于aex=lnx+1．
不妨令t=lnx+1，则lnx=t-1，解得x=et-1，则，
也即lna+et-1=lnt，lna=lnt-et-1．设，g′（1）=1-1=0．
当t∈（0，1）时，且et-1＜1，故g′（t）＞0，函数g（t）单调递增；当t∈（1，+∞）时，且et-1＞1，故g′（t）＜0，函数g（t）单调递减．
f（x）有两个不同零点x1，x2，不妨设x1＜x2，则等价于方程g（t）=lna有两个不同根t1，t2，
其中t1=lnx1+1，t2=lnx2+1．由g（t）的单调性可知0＜t1＜1＜t2．
要证明x1x2＞1，即证明ln（x1x2）＞0，即lnx1+lnx2＞0．
代入得（t1-1）+（t2-1）＞0，即t2＞2-t1．∵0＜t1＜1，∴2-t1＞1．而t2＞1，
且g（t）在（1，+∞）上单调递减．∴t2＞2-t1等价于g（t2）＜g（2-t1）．
又t1，t2是方程的根，满足g（t1）=g（t2），
故只需证明g（t1）＜g（2-t1）对任意t1∈（0，1）成立，
设F（x）=g（2-x）-g（x），x∈（0，1），其中x∈（0，1），
则F（x）=[ln（2-x）-e1-x]-[lnx-ex-1]，
．
不妨设u=1-x∈（0，1），则．
设H（u）=（1-u2）（eu+e-u）-2，其中u∈（0，1），H′（u）=-2u（eu+e-u）+（1-u2）（eu-e-u）=T（u），
T′（u）=-2（eu+e-u）-2u（eu-e-u）-2u（eu-e-u）+（1-u2）（eu+e-u）
=-（1+u2）（eu+e-u）-4u（eu-e-u），
∵u∈（0，1），∴eu-e-u＞0，且各项系数均为负．故T′（u）＜0在（0，1）上恒成立，
即H′（u）在（0，1）上单调递减，又H'（0）=0，
∴当0＜u＜1时，H′（u）＜0，H（u）在（0，1）上单调递减．
又H（0）=0，∴当0＜u＜1时，H（u）＜0．又H（u）＜0，且1-u2＞0，
∴，即，则F′（x）＜0在x∈（0，1）上恒成立，
F（x）在（0，1）上单调递减．F（1）=0，故x∈（0，1），F（x）＞0，
即g（2-x）＞g（x）．也即g（2-t1）＞g（t1），又g（t1）=g（t2），
得g（2-t1）＞g（t2），且g（t）在（1，+∞）上单调递减，可得2-t1＜t2，
即t1+t2＞2．故x1x2＞1成立
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