2024-2025学年河北省秦皇岛市河北昌黎第一中学高二下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省秦皇岛市河北昌黎第一中学高二下学期期末考试数学试卷（含解析），共17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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=1,a，B=2a−3,2，若A=B，则实数a=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.“∃x∈[−1,2]，a≥x22成立”的一个充分不必要条件是( )
A. a≥−1B. a≥0C. 0≤a≤2D. a≤2
3.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的部分图象如图所示，则f7π12=( )
A. −2B. 2C. − 2D. 2
4.如图，在梯形ABCD中，点M在线段BD上，MD=kBM.若AM=14AD+34AB，则k=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知函数f(x)=2x,−10，n>0，直线y=xe+m+1与曲线y=lnx−n+2相切，则4m+1n的最小值是( )
A. 16B. 12C. 10D. 9
8.已知实数x，y满足lny=e2xy−ln(2x)，则y的最小值为( )
A. 1e2B. 1eC. eD. e2
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.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列命题中正确的是( )
A. 直线BC与平面ABC1D1所成角的正弦值为 22
B. 异面直线D1C和BC1所成的角为π3
C. 四棱锥C−ABC1D1的体积为23
D. 二面角C−BC1−D的平面角的余弦值为 33
10.已知函数f(x)=csx−sinx+x−π4，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)的图象关于直线x=π4对称
B. π2是f(x)的极小值点
C. f(x)在x=0处的切线方程为y=1−π4
D. f(x)在区间(3π2,5π2)上不单调
11.已知点M(x,y)是函数y=1x图象上的一动点且x>1，则下列结论中正确的是( )
A. x y>y xB. x−yf(2m−1)可得m+2>2m−1> −1，进而可得．
【详解】由y=f(x)单调递增，故21≤31−m得m≤1，
又f(m+2)>f(2m−1)，故m+2>2m−1> −1得0 ⋯ >a8>a9a2> ⋯ >a8>a90，n>0，
故4m+1n=4m+1n(m+n)=5+4nm+mn≥5+2 4nm×mn=9，
当且仅当4nm=mn，即m=23,n=13时等号成立，
故选：D
8.【答案】C
【解析】【分析】由题意得2xyln(2xy)=2xe2x(x,y>0)，构造函数f(x)=xex,(x>0)，说明f(x)在(0,+∞)上单调递增，得y=e2x2x,(x>0)，换元并求导即可求解最小值．
【详解】因为lny=e2xy−ln(2x)，所以ylny=e2x−yln(2x),(x,y>0)，
即yln(2xy)=e2x(x,y>0)，所以2xyln(2xy)=2xe2x(x,y>0)，
令f(x)=xex,(x>0)，求导得f′(x)=(x+1)ex>0,(x>0)，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
而2xyln(2xy)=2xe2x(x,y>0)，即f(2x)=fln(2xy)，
从而ln(2xy)=2x，所以y=e2x2x,(x>0)，
令t=2x,(x>0)，g(t)=ett,(t>0)，
求导得g′(t)=et(t−1)t2,(t>0)，g′(t)>0⇒t>1，g′(t)0，所以2x−2x>0，即x−y>1x−1y，B说法错误；
选项C：因为x+y=x+1x≥2 x×1x=2，当且仅当x=1x，即x=1时等号成立，
因为x>1，所以x+y>2，
又因为对数函数lg2t在t>2时单调递增，指数函数ex在x>1时单调递增，
所以lg2(x+y)>lg22=1，ex>e1>2.7，所以ex⋅lg2(x+y)>2.7×1=2.7，
因为0(2.7)2=7.29，所以由对数函数的单调性可得lne2=2>ln7，
所以x+1y>ln7，D说法正确；
故选：ACD
12.【答案】10
【解析】【分析】由等比数列的性质可得a2a12=a5a9，然后等式的a2a12用a5a9替换再结合完全平方公式可得结果．
【详解】因为an为等比数列，则a2a12=a5a9，
所以a52+2a2a12+a92=a52+2a5a9+a92=a5+a92=100，
又an为正项等比数列，即an>0，
所以a5+a9=10．
故答案为：10．
13.【答案】(−∞,−4)
【解析】【分析】将问题转化为f′(x)=0有两个不相等的正根，利用判别式和韦达定理列不等式组即可得解．
【详解】由题知，f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=4x+a+1x=4x2+ax+1x，
因为函数y=f(x)存在两个不同的极值点，
所以f′(x)=0有两个不相等的正根，即4x2+ax+1=0有两个不相等的正根，
所以Δ=a2−16>0−a4>014>0，解得a< −4，即a的取值范围为(−∞,−4)．
故答案为：(−∞,−4)
14.【答案】31
【解析】【分析】设出集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为an，写出a2=a3=0,a4=1，在n>4时，要分情况把an的递推公式写出来，进而得到a9，即答案．
【详解】设集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为an，则a2=a3=0,a4=1，
当n>4时，可将满足题设性质的子集分为如下两类：
一类是含有n的子集，去掉n后剩下小于n−2的单元子集或者是{1,2,3,⋯,n−3}满足题设性质的子集，
前者有n−3个，后者有an−3个；
另一类是不含有n的子集，此时恰好是{1,2,3,⋯,n−1}满足题设性质的子集，有an−1个.
于是，an=(n−3)+an−3+an−1，
又a2=a3=0,a4=1，所以a5=3,a6=6,a7=11,a8=19,a9=31．
故答案为：31．
15.【答案】解：(1)因为a2+4 3S=(b+c)2，所以a2+4 3×12bcsinA=b2+c2+2bc．
根据余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以原等式化简得 3sinA=csA+1．
所以 32sinA−12csA=12，即sinA−π6=12．
又▵ABC的内角为锐角，所以A−π6=π6，故A=π3．
所以tanA2=tanπ6= 33．
(2)由(1)知，A=π3，所以C=π−A−B=2π3−B．
由于▵ABC是锐角三角形，所以B∈0,π2，那么2π3−B∈0,π2．
所以B的取值范围为π6,π2，则B+π6∈π3,2π3．
则sinB+sin2π3−B=sinB+ 32csB+12sinB= 3sinB+π6∈(32, 3]．
所以2=b+c=asinBsinA+asinCsinA=a 32sinB+sinC=2a 3sinB+sin2π3−B．
所以a= 3sinB+sin2π3−B∈[1,2 33)，所以a+b+c∈[3,2 33+2)．
所以▵ABC的周长的取值范围是[3,2 33+2)．

【解析】(1)根据余弦定理和三角形面积公式将原等式进行化简，求出A，进而可求出结果．
(2)根据已知条件先确定B的范围，根据正弦定理将b+c的表达式表示出来，从而可求出a,B之间的关系式，进而求出a的范围，最后即可求出三角形周长的范围．
16.【答案】解：(1)当n=1时，得a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−(n−1)2+n−12=2n−1+12=n，
又a1=1满足上式，
所以an的通项公式为an=n；
(2)因a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1⋯①，
则当n=1时，a1b1=2⇒b1=T1=2
当n≥2时，a1bn−1+a2bn−2+⋯+an−1b1=3n−1−1⋯②，
①②两式相减可得：
a1bn+a2−a1bn−1+a3−a2bn−2+⋯+an−an−1b1=3n−3n−1=2⋅3n−1，
由(1)可得a2−a1=a3−a2=⋯=an−an−1=1，
则a1bn+a2−a1bn−1+a3−a2bn−2+⋯+an−an−1b1=Tn=2⋅3n−1，其中n≥2．
又当n=1时，b1=T1=2=2×30，
则Tn=2⋅3n−1

【解析】(1)由Sn与an关系结合题意可得答案；
(2)由题可得a1b1=2,可得b1=T1=2；可得当n≥2时，a1bn−1+a2bn−2+⋯+an−1b1=3n−1−1，与已知相减，整理后可得答案．
17.【答案】解：(1)如图，取CD的中点E，连接AE,BE，
因为AC=AD=BC=BD，所以AE⊥CD，BE⊥CD，
因为AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，
所以CD⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，所以CD⊥AB，
所以异面直线AB，CD所成角的正弦值为sin90°=1．
(2)如图，因为AC=AD=BC=BD，易知▵ACD≅△BCD，则AE=BE，

取AB的中点G，连接GE，易知GE⊥AB，又CD⊥平面ABE，易知CD,GE,AB两两垂直，
以G为坐标原点，分别以GE,GA所在直线为y轴，z轴，过点G作CD的平行线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设，易得AE=2 2，GE=2，则A(0,0,2)，B(0,0,−2)，C(2,2,0)，D(−2,2,0)，
则AB=0,0,−4，DC=4,0,0，设AF=λAB=0,0,−4λ，00时，其中辅助角sinφ=1 m2+1>0,csφ=m m2+1>0，
不妨设φ∈0,π2，由 m2+1>0,emx>0，
令g′(x)≥0，即sin(x+φ)≥0，解得x∈2kπ−φ,2kπ+π−φ,k∈Z，
由p0，则当k=0时，函数g(x)的单调增区间为[−φ,π−φ]，
即q−p的最大值为π；
②当m0,csφ=m m2+10,emx>0，
令g′(x)≥0，即sin(x+φ)≥0，解得x∈2kπ−φ,2kπ+π−φ,k∈Z，
由p0，则当k=0时，函数g(x)的单调增区间为[−φ,π−φ]，
即q−p的最大值为π；
综上所述，f(x)的“正弦单调值”为定值π．
(3)当f(x)=ax+b,a2+b2≠0时，g(x)=(ax+b)sinx，g′(x)=asinx+(ax+b)csx，其中g′(0)=b．
①当b=0时，g(x)=axsinx，此时g(x)为偶函数，
则在包含0的任意区间[p,q]上，g(x)不可能是严格单调函数，
即不存在“正弦单调区间”；
②当b>0时，由g′(0)=b>0，要使g(x)存在“正弦单调区间”[p,q]，
则需要满足g(x)在[p,q]上严格单调递增，即g′(x)≥0，
当a=0时，g(x)=bsinx，
令g′(x)=bcsx≥0，即csx≥0，解得x∈2kπ−π2,2kπ+π2,k∈Z，
由p0，则当k=0时，函数g(x)的单调增区间为−π2,π2，
即q−p的最大值为π；
当a>0时，g′(x)=asinx+(ax+b)csx，
当−π2≤x≤0时，则g′−π2=−a0，
由零点存在性定理可知，存在x0∈−π2,0，使g′(x)=0；
当π2≤x≤π时，g′π2=a>0,g′π=−aπ+b0，则x1∈π2,x0+π．
由图可知，当x→π2+时，tanx→−∞，此时φ(x)=tanx+x+ba→−∞．
故当x00，
则g′(x)=asinx+(ax+b)csx=acsxtanx+x+ba>0，
g(x)在x0,π2上单调递增；
当x=π2时，g′π2=a>0；
当π2