2024-2025学年甘肃省张掖二中高二（下）期中数学试卷（A卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年甘肃省张掖二中高二（下）期中数学试卷（A卷）（含答案），共8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.函数f(x)=ex+ax在x=0处的切线与直线3x−2y−5=0平行，则实数a=( )
A. −1B. 1C. 12D. 14
2.已知空间向量a=(1,n,2)，b=(−2,1,2)，若a与b垂直，则|a|等于( )
A. 5B. 7C. 3D. 41
3.函数f(x)=2x3−3x+1的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
4.已知平面α的一个法向量为n=(1,1,1)，点M在a外，点N在α内，且MN=(1,−2,−2)，则点M到平面α的距离为( )
A. 33B. 3C. 62D. 6
5.函数f(x)=2cs2x+3cs(x−π2)在[π4,π2]上的值域为( )
A. [3,4]B. [3,3 22+1]C. [3,258]D. [3 22+1,258]
6.从甲、乙、丙、丁、戊5人中任选3人组成展示小组，则在甲被选中的条件下，乙被选中的概率为( )
A. 23B. 12C. 25D. 13
7.已知一圆锥的底面半径是1，高为 3，SA为该圆锥的一条母线，B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，则直线SA与BC夹角的余弦值的最大值是( )
A. 32B. 23C. 22D. 12
8.如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的靠近B的三等分点，点F分别为线段DM的中点，点N为线段AF的中点，过点N的平面α与棱AB，AC，AD分别交于O，P，Q，设四面体AOPQ的体积为V′，则V′V的最小值为( )
A. 332
B. 932
C. 364
D. 964
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.下列说法正确的是( )
A. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第60百分位数为10．
B. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是251
C. 投掷一枚均匀硬币和一个均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数大于4”为事件B，则事件A，B都发生的概率是13．
D. 若样本x1，x2，⋯，xn的平均数和方差分别为2和3，则3x1+2，3x2+2，⋯，3xn+2的平均数和方差分别为8和27．
10.函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，下列命题中正确的是( )
A. −3和−1是函数y=f(x)的极值点
B. −1是函数y=f(x)的最小值点
C. y=f(x)在区间(−3,1)上单调递增
D. y=f(x)在x=−32处切线的斜率大于零
11.已知四棱锥S−ABCD的底面为平行四边形，SA⊥平面ABCD，AB⊥BC，M，N分别为侧棱SB，SC上一点，且SB⋅SN=SC⋅SM，若SA=AC= 2BC=2，则( )
A. BC//平面DMNB. MN⊥平面SAB
C. 四棱锥S−ABCD的体积为43D. 点A到平面SBC的距离为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,0,−1)，b=(2,1,1)，则3a+b= ______．
13.已知a>0，b>0，且2a+b=2，则4a+2b的最小值为______．
14.某公司举行抽奖活动，在箱子里装有n(n≥2)个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为P，则当P取到最大值时n的值为______．
四、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题11分)
已知函数f(x)=lnx+tx2+x．
(1)若函数f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线与直线x+6y−3=0垂直，求实数t的值；
(2)若t=−1，求函数f(x)的单调区间．
16.(本小题12分)
如图，已知菱形ABCD和等边三角形BCE有公共边BC，点B在线段AE上，BC与DE交于点O，将△BCE沿着BC翻折成△PBC，得到四棱锥P−ABCD．
(1)求证：AD⊥平面POD；
(2)当直线PA与平面ABCD所成角取得最大值时，求平面PBC与平面ABCD夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEFG中，D，E，F，G四点共面，四边形ABCD为平行四边形，AB=AD= 5，CG//BF//AE，且BF=DG=DE=2，AE=CG=1，DG⊥DE．
(1)若平面DEFG与平面ABCD的交线为l，证明：l⊥平面BDF；
(2)求平面BDG与平面BDE的夹角．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ln(1+ax)−x，其中a≠0．
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)当a>1时，设f(x)的两个零点为x1，x2，求证：x1+x2>2−2a．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.B
5.C
6.B
7.D
8.A
9.ABD
10.CD
11.ABC
12.(5,1,−2)
13.4
14.6
15.(1)根据题意知函数f(x)=lnx+tx2+x的定义域为(0,+∞),f′(x)=1x+2tx+1，
根据题设知f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为6，即f′(1)=2t+2=6，因此t=2；
(2)因为t=−1，函数f(x)=lnx−x2+x的定义域为：
(0,+∞),f′(x)=1x−2x+1=−2x2+x+1x=(2x+1)(1−x)x，
当x∈(1,+∞)，f′(x)0，f(x)单调递增，
故函数f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,+∞)．
16.解：(1)证明：翻折前，由已知可得，DC//BE，DC=BE，且BE=CE，则四边形BECD为菱形，又三角形BCE为等边三角形，
∴O为BC的中点，∴OD⊥BC，OE⊥BC，
翻折后，OP⊥BC，
∵OP∩OD=O，∴BC⊥平面POD，
在菱形ABCD中，AD//BC，
∴AD⊥平面POD；
(2)由(1)知，BC⊥平面POD，
又∵BC⊂平面ABCD，∴平面POD⊥平面ABCD，
如图，在平面POD中过点O作Oz⊥OD，
又平面POD∩平面ABCD=OD，
∴Oz⊥平面ABCD，
即直线OD，OB，Oz两两垂直，
以O为坐标原点，直线OD，OB，Oz分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设|BC|=2，则O(0,0,0)，D( 3,0,0)A( 3,2,0)，B(0,1,0)，C(0,−1,0)，
令P(a,0,b)，其中a2+b2=3，a∈(− 3, 3)，b∈(0, 3],
则AP=(a− 3,−2,b)，
平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
设直线PA与平面ABCD所成角为α，
则sinα=|cs〈AP,n〉|=|b| (a− 3)2+(−2)2+b2，
∴sin2α=b2a2−2 3a+3+4+b2=3−a210−2 3a．
设f(x)=3−x210−2 3x，x∈(− 3, 3)，
则f′(x)=(x−3 3)( 3x−1)2(5− 3x)2，
易得f(x)在(− 3, 33)上单调递增，在( 33, 3)上单调递减，
∴f(x)的最大值为f( 33)=13，
∴当a= 33，b=2 63时，sinα取得最大值 33，此时P( 33,0,2 63)．
∵OD⊥BC，OP⊥BC，
∴∠POD为二面角P−BC−D的平面角，
∴cs∠POD= 33OP= 33 3=13，
故平面PBC与平面ABCD夹角的余弦值为13．
17.(1)如图，连接AC，EG，因为CG//AE，CG=AE，
所以四边形AEGC为平行四边形，所以AC//EG．
因为AC⊄平面DEFG，EG⊂平面DEFG，所以AC//平面DEFG，
因为AC⊂平面ABCD，平面DEFG∩平面ABCD=l，
所以AC//l．
因为四边形ABCD为平行四边形，AB=AD= 5，
所以四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，所以l⊥BD，
由题意知CD=AD= 5,CG=AE=1,DG=DE=2，所以CG2+DG2=CD2，
所以DG⊥CG，AE⊥DE，AE2+DE2=AD2．
因为CG//BF//AE，所以BF⊥DG，BF⊥DE．
因为DG∩DE=D，DG，DE⊂平面DEFG，所以BF⊥平面DEFG．
因为l⊂平面DEFG，所以BF⊥l．
因为BF∩BD=B，BF，BD⊂平面BDF，
所以l⊥平面BDF．
(2)如图，过点G作GH⊥BD，垂足为H，连接HE.取FB的中点M，连接AM，CM．
由(1)知，BF⊥平面DEFG，因为FG，FE⊂平面DEFG，所以BF⊥FG，BF⊥FE．
可知四边形CMFG和四边形AMFE都是矩形，所以CM=GF，AM=EF．
在Rt△CMB和Rt△AMB中，CB=AB，MB=MB，
所以Rt△CMB≌Rt△AMB，所以CM=AM，所以GF=EF．
因为CB=AB= 5,BF=2，所以GF=EF=2,BE=BG=2 2．
因为DG=DE=2，所以△BDE≌△BDG，所以EH⊥BD，
所以∠GHE为二面角G−BD−E的平面角．
因为DG=DE=GF=EF=2，DG⊥DE，所以四边形DEFG是正方形，所以EG=DF=2 2．
在Rt△BDF中，因为BF=2,DF=2 2，所以BD=2 3．
因为BE=BG=2 2,DG=DE=2，
所以BG2+DG2=BD2，DE2+BE2=BD2，
所以DG⊥BG，DE⊥BE，
所以GH=EH=2×2 22 3=2 63．
在△HEG中，由余弦定理，得cs∠GHE=EH2+GH2−EG22EH⋅GH=(2 63)2+(2 63)2−(2 2)22×2 63×2 63=−12，
所以∠GHE=2π3，
所以平面BDG与平面BDE的夹角为π3．
18.(1)当a=2时，f(x)=ln(1+2x)−x，
则f′(x)=21+2x−1，所以f′(0)=1，f(0)=0，
所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=x；
(2)因为f(x)=ln(1+ax)−x，x满足1+ax>0，
所以f′(x)=a1+ax−1，
当a>0时，1+ax>0⇒x>−1a，
所以f′(x)=a1+ax−1=−ax+a−11+ax=−a[x−(1−1a)]1+ax，
令f′(x)>0，则−1a2−2a，
因为2(1−1a)>1−1a，且f(x)在(1−1a,+∞)上单调递减，
从而只需证f(2−2a)>f(x2)=0即可．
f(2−2a)=ln[1+a(2−2a)]−2+2a=ln(2a−1)−2+2a，
令g(x)=ln(2x−1)−2+2x(x>1)，
g′(x)=2(x−1)2(2x−1)x2>0，g(x)在(1,+∞)上单调递增．
g(x)>g(1)=0，即f(2−2a)>0，即x1+x2>2−2a．