浙江省宁波市2025_2026学年高二上册期末数学试题（含答案）

这是一份浙江省宁波市2025_2026学年高二上册期末数学试题（含答案），共9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.已知直线的点斜式方程是y+2= 3(x+1)，则直线在y轴上的截距为( )
A. −2B. 2C. 3−2D. 2− 3
2.若圆的一般方程为x2+y2−2x+4y−6=0，则圆的圆心和半径分别为( )
A. (1,−2)；r= 11B. (2,−1)；r= 11
C. (1,−2)；r=11D. (2,−1)；r=11
3.已知a=(1,−2,3)，b=(−1,2,−1),c=(3,5,2)，则(a+b)⋅c的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.曲线y=x3+lnx+1在点(1,2)处的切线方程为( )
A. 3x−y−1=0B. 4x−y−2=0C. 4x+y−6=0D. 3x+y−5=0
5.已知F1，F2为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，点M的坐标为(0,2b)，若△MF1F2为直角三角形，则双曲线C的离心率是( )
A. 2 33B. 32C. 3D. 2 3
6.已知等差数列{an}满足a1=2，a4+a6=12，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn=2bn−3(n∈N∗)，则ba3的值为( )
A. 12B. 24C. 48D. 96
7.设F是椭圆x29+y25=1的右焦点，A是椭圆上的动点，B是直线x− 3y−18=0上的动点，则|AB|−|AF|的最小值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
8.已知00)的左、右焦点分别为F1，F2，抛物线Γ：y2=4x的焦点和椭圆的右焦点重合，且椭圆C和抛物线Γ的准线在第二象限交点的纵坐标为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过右焦点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为Q1，试问△F2PQ1的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex(ex+1)，g(x)=2ex+x．
(1)求证：g(x)≥3x+2；
(2)记函数h(x)=f(x)−g(x)．
(i)若h(x)有两个零点，求实数a的取值范围；
(ii)当a>0时，求证：h(x)>3lna−a2−1a．
1.C
2.A
3.D
4.B
5.B
6.B
7.C
8.D
9.ACD
10.AC
11.ABD
12.6 3
13. 3
14.ln2−1
15.解：(1)已知A(−1,2)，C(2,−2)，
则A、C的中点坐标为(12,0)，kAC=2−(−2)−1−2=−43，
则边AC的垂直平分线的方程为y=34(x−12)；
(2)由题意可得直线BC的方程为y=−2(x−1)，
又圆(x−1)2+(y−b)2=5的圆心坐标为(1,b)，半径为 5，
又直线BC与圆(x−1)2+(y−b)2=5相切，
则|b| 5= 5，
即b=±5．
16.解：(1)因为各项均不相等的正项等差数列{an}的前n项和为Sn，
又S3=6，且lg2a1+lg2a9−2lg2a3=0，
所以3a1+3d=6a1(a1+8d)=(a1+2d)2，解得a1=d=1，
所以an=n；
(2)由(1)可得bn=1n(n+2),n为奇数n+1,n为偶数，
所以数列{bn}的前2n项和为：
T2n=11×3+13×5+…+1(2n−1)(2n+1)+[3+5+7+…+(2n+1)]
=12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)+(3+2n+1)×n2
=12(1−12n+1)+(n+2)n
=n2n+1+n2+2n．
17.(1)证明：因为AD⊥DC，AD⊥PD，DC∩PD=D，且PD，DC⊂平面PCD，
所以AD⊥平面PCD，
而PC⊂平面PCD，所以AD⊥PC，
又因为DC=PD，M为PC中点，可得DM⊥PC，
又因为DM∩AD=D，且DM，AD⊂平面ADM，
所以PC⊥平面ADM；
(2)解：AD⊥DC，AD⊥PD，AD=DC=PD=2AB，PC= 3CD，
设AB=1，则PD=DC=AD=2，可得AC=2 2，PA=2 2，PC=2 3，
cs∠PDC=PD2+CD2−PC22PD⋅CD=4+4−122×2×2=−12，可得∠PDC=2π3，
所以∠PCD=∠CPD=π6，
取CD的中点N，可得BN//AD，且NB=AD=2，
由(1)可得BN⊥平面PCD，
所以△PCN为△PBC在平面PCD内的投影，
设二面角B−PC−D的平面角为θ，且θ为锐二面角，
可得csθ=S△PNCS△PBC，
所以S△PCN=12CN⋅PCsin∠PCD=12×1×2 3×12= 32，
在△PBC中，BC= BN2+CN2= 4+1= 5，
PN= CN2+PC2−2CN⋅PCcs∠PCD= 1+12−2×1×2 3× 32= 7，
PB= PN2+BN2= 7+4= 11，
在△PBC中，cs∠PBC=PB2+BC2−PC22PB⋅BC=11+5−122 11× 5=2 55，
所以sin∠PBC= 1−cs2∠PBC= 1−455= 51 55，
所以S△PBC=12PB⋅BC⋅sin∠PBC=12× 11× 5× 51 55= 512，
所以csθ=S△PNCS△PBC= 32 512= 1717．
18.解：(1)由题，抛物线的焦点为(1,0)，准线x=−1，
所以c=1，椭圆C和抛物线Γ的准线在第二象限交点为(−1,32)，
所以1a2+94b2=1，a2−b2=1，
解得a2=4，b2=3，
所以x24+y23=1；
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程：x=my+1，Q(x1,y1)，P(x2,y2)，则Q1(x1,−y1)，
联立x=my+1,x24+y23=1，化简得(3m2+4)y2+6my−9=0，
则Δ=36m2+36(3m2+4)>0，
所以y1+y2=−6m4+3m2，y1⋅y2=−94+3m2，
直线PQ1的斜率k=y2−(−y1)x2−x1=y2+y1x2−x1，
所以直线PQ1的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)，
令y=0，得x=x1y2+x2y1y1+y2=(my1+1)y2+(my2+1)y1y1+y2
=2my1y2+(y1+y2)y1+y2
=2m(−94+3m2)+−6m4+3m2−6m4+3m2
=4，
即直线PQ与x轴交于一个定点，记为M(4,0)，
则S△F2PQ1=12|F2M||y1+y2|=32⋅6|m|4+3m2
=93|m|+4|m|≤94 3=3 34，
当且仅当3|m|=4|m|，即m=±2 33，等号成立，
所以△F2PQ1的面积存在最大值3 34．
19.解：(1)证明：要证g(x)≥3x+2，即证2ex+x≥3x+2，即证2ex−2x−2≥0，
令p(x)=2ex−2x−2，求导得p′(x)=2ex−2，
令p′(x)=0，解得x=0，
当x0，p(x)单调递增，
因此p(x)在x=0处取得最小值p(0)=2e0−0−2=0，
所以p(x)≥0，即g(x)≥3x+2．
(2)(i)函数h(x)=f(x)−g(x)=aex(ex+1)−2ex−x=a(e2x+ex)−2ex−x，
求导得h′(x)=a(2e2x+ex)−2ex−1=(2ex+1)(aex−1)，
当a≤0时，aex−10，可得h′(x)0时，令h′(x)=0，可得aex−1=0，解得x=−lna，
当x∈(−∞,−lna)时，h′(x)0，
所以h(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(−lna)=a⋅e2×(−lna)+(a−2)⋅e−lna+lna=lna−1a+1，
令φ(a)=lna−1a+1(a>0)，要满足题意，只需φ(a)0，所以函数φ(a)在(0,+∞)上单调递增，且φ(1)=0，
所以a∈(0,1)，即a的取值范围是(0,1)；
(ⅱ)证明：由(i)知h(x)的最小值为h(−lna)=1−1a+lna，
要证h(x)>3lna−a2−1a，
只需证1−1a+lna>3lna−a2−1a，
化简得1>2lna−a2，
令r(a)=a2−2lna+1，
求导得r′(a)=2a−2a=2(a2−1)a，
令r′(a)=0，解得a=1(a>0)，
当00，
因此r(a)>0，即a2−2lna+1>0，从而1>2lna−a2，原不等式成立．