第=page11頁，共=sectionpages11頁浙江省杭州十四中2024-2025學(xué)年高二（上）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.若一條直線經(jīng)過兩點(1,0)和(?2,3)，則該直線的傾斜角為A.π6 B.π3 C.2π32.空間一點P在xOy平面上的射影為M(2,4,0)，在xOz平面上的射影為N(2,0,7)，則P在yOz平面上的射影Q的坐標(biāo)為(

)A.(2,4,7) B.(0,0,7) C.(0,4,7) D.(0,2,7)3.已知⊙C：x2+y2A.(?12,22)，1 B.(?1,22)，4.若方程x22+m+y25?2mA.?2<m<52 B.m>1

C.?2<m<1或1<m<55.我們把由0和1組成的數(shù)列稱為0?1數(shù)列，0?1數(shù)列在計算機科學(xué)和信息技術(shù)領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用，把斐波那契數(shù)列{Fn}(F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇數(shù)換成0，偶數(shù)換成1A.35 B.32 C.29 D.266.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c，設(shè)g(x)=e?x?f(x)，若函數(shù)A.a<b，b<c B.a>b，b>c C.ba>1，b=c D.b7.已知直線l經(jīng)過拋物線C：y2=4x的焦點，且與拋物線交于A，B兩點，若使得OP=OA+OB成立的點P的橫坐標(biāo)為3A.25 B.35 C.8.如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA=PD=AB，E為線段PB的中點，若面AEC⊥面ABCD，則平面PAD和平面ABCD夾角余弦值為(

)A.33 B.13 C.2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知空間向量i,j,kA.向量i+j+k的模是3

B.{i+j,i?j,k}可以構(gòu)成空間的一個基底

10.各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項積為Tn，若a1>1A.若T6=T10，則必有T16=1 B.若T7>T8，則必有T6>11.設(shè)函數(shù)f(x)=(x+a)ln(x+b)，則下面說法正確的是(

)A.當(dāng)a=0，b=1時，函數(shù)f(x)在定義域上僅有一個零點

B.當(dāng)a=0，b=0時，函數(shù)f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增

C.若函數(shù)f(x)存在極值點，則b<a<b+1e2或a≤b

D.若f(x)≥0恒成立，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.函數(shù)f(x)=2cos(?2x+π6)，其導(dǎo)函數(shù)為函數(shù)f′(x)，則f′(13.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和Sn，a2a4=1614.已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C右支上一點，線段PF四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

已知圓C：(x?4)2+y2=25，點P(1,4)，且直線l經(jīng)過點P．

(1)若l與C相切，求l的方程；

(2)若l的傾斜角為π416.(本小題12分)

已知數(shù)列{an}、{bn}的各項均不為零，若{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列，且2an=bn?bn+1，an+an+1=bn+1217.(本小題12分)

過點P(1,m)(m∈R)有n條直線與函數(shù)f(x)=xex的圖像相切．

(1)若m=e，求n的值并求切線的方程；

(2)當(dāng)n取最大值時，求m的取值范圍．18.(本小題12分)

在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，且AA1=AB=2，M為AD的中點，動點P滿足BP=xBB1+yBD，且x，y∈[0,1]．

(1)若x+y=12時，求證：AP⊥BD1；

(2)若x=y，E為19.(本小題12分)

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸長為23，離心率為12．

(1)求C的方程；

(2)如圖，過點O的直線l(異于y軸)與C交于點P，Q，過左焦點F作直線PQ的垂線交圓x2+y2=a2于點M，N，垂足為T．

①若點A(?4,0)，設(shè)直線AM，AN的斜率分別為k

答案解析1.【答案】D

【解析】解：設(shè)該直線的傾斜角為θ，θ∈[0,π)，

直線經(jīng)過兩點(1,0)和(?2,3)，

則直線的斜率為3?0?2?1=?33，

故tanθ=?33，解得θ=2.【答案】C

【解析】解：點P在xOy平面上的射影為M(2,4,0)，在xOz平面上的射影為N(2,0,7)，

則點P的坐標(biāo)為(2,4,7)，

則點P在yOz平面上的射影Q的坐標(biāo)為(0,4,7)．

故選：C．

根據(jù)射影的概念，可得答案．

本題主要考查射影的概念，屬于基礎(chǔ)題．3.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，⊙C的方程為x2+y2+2x?2y+12=0，變形為標(biāo)準方程可得(x+1)2+(y?4.【答案】C

【解析】解：若方程x22+m+y25?2m=1表示橢圓，則2+m>05?2m>02+m≠5?2m，

解得?2<m<52且m≠1，

故m的取值范圍是5.【答案】B

【解析】解：斐波那契數(shù)列{Fn123456789?F112358132134?把斐波那契數(shù)列{Fn}(F1=Fn123456789?a001001001?所以數(shù)列{an}的最小正周期為3，一個周期內(nèi)三項的和為1，

因為Sk=10，所以111×3>k≥101×3，解得6.【答案】D

【解析】解：∵f(x)=ax2+bx+c，

∴g(x)=e?x?f(x)=e?x?(ax2+bx+c)，

∴g′(x)=?e?x[ax2+(b?2a)x+c?b]，

令g′(x)=0，ax2+(b?2a)x+c?b=0，

設(shè)g′(x)=0的兩個根為x1，x2，

由韋達定理可得，x1+x2=2a?ba，x1x2=c?ba，

由圖可知，x1=07.【答案】A

【解析】解：已知直線l經(jīng)過拋物線C：y2=4x的焦點，且與拋物線交于A，B兩點，

則F(1,0)，

又使得OP=OA+OB成立的點P的橫坐標(biāo)為3，

則直線AB的斜率顯然存在，

不妨設(shè)直線AB的方程為y=k(x?1)，k≠0，

聯(lián)立y=k(x?1)y2=4x，

消y可得：k2x2?(2k2+4)x+k2=0，

則xA+xB=2k2+4k2，

又OP=OA+OB成立的點P的橫坐標(biāo)為3，8.【答案】A

【解析】解：取AD，BC的中點O，Q，連接OP，OQ，

因為底面ABCD為正方形，PA=PD=AB，

所以O(shè)Q⊥AD，△PAD為等邊三角形，所以O(shè)P⊥AD，

所以∠POQ或其補角即為平面PAD和平面ABCD夾角，

過點O作OT⊥平面ABCD，交平面PBC于點T，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OQ，OT所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AD=2，則AP=2，則A(1,0,0)，D(?1,0,0)，C(?1,2,0)，B(1,2,0)，

設(shè)P(0,m,n)，則E(12,m+22,n2)，

因為面AEC⊥面ABCD，面AEC∩面ABCD=AC，BD⊥AC，BD?平面ABCD，

所以BD⊥平面AEC，

因為AE?平面AEC，所以BD⊥AE，

因為AE=(?12,m+22,n2),BD=(?2,?2,0)，

所以AE?BD=(?12,m+22,n2)?(?2,?2,0)=1?m?2=0，解得m=?1，

所以∠POQ的補角為平面PAD和平面ABCD夾角，

過點P作PW⊥z軸于點W，則PW=1，

又因為OP=AP2?AO2=3，

所以cos∠POQ=cos(∠POW+π2)=?sin9.【答案】BC

【解析】【分析】本題考查了空間向量的應(yīng)用，涉及了空間向量模的求解、空間向量的基底、空間向量的夾角等知識點，考查的知識面廣，對學(xué)生基礎(chǔ)知識掌握的情況有較高的要求，屬于中檔題．

利用向量的模的性質(zhì)將i+j+k的模轉(zhuǎn)化為數(shù)量積求解，即可判斷選項A，利用不共面的向量作為基底判斷選項B，利用兩個向量夾角的余弦公式進行求解，即可判斷選項C，利用向量的夾角公式求出向量i+【解答】

解：對于選項A，因為空間向量i,j,k都是單位向量，且兩兩垂直，

所以|i|=|j|=|k|=1，且i?j=0,i?k=0,j?k=0，

則|i+j+k|=(i+j+k)2

=i2+j2+k2+2i?j+2j?k+2i?k=3，

所以向量i+j+k的模是3，

故選項A錯誤；

對于選項B，因為空間向量i,j,k都是單位向量，且兩兩垂直，

所以i,j,k不共面，而向量i+j,i?j均與i10.【答案】ACD

【解析】解：各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項積為Tn，若a1>1，公比q≠1，

A選項，a7a8a9a10=1，得a7a10=a8a9=1，

則有a6a11=a5a12=a4a13=a3a14=a2a15=a1a16=1，

故T16=a8a9?a7a10?a6a11?a5a12?a4a13?a3a14?a2a15?a1a16=1，A正確；

B選項，若T7>T8，則a8<1，而a1>1，所以數(shù)列{an}單調(diào)遞減，

若a7>1，則T7T6>1，所以T7>T11.【答案】ABC

【解析】解：函數(shù)f(x)=(x+a)ln(x+b)的定義域為(?b,+∞)，

選項A，當(dāng)a=0，b=1時，f(x)=xln(x+1)，

由f(x)=0得，x=0或ln(x+1)=0，得x=0，

∴函數(shù)f(x)在定義域上僅有一個零點，故選項A正確；

選項B，當(dāng)a=b=0時，函數(shù)f(x)=xlnx，

當(dāng)x>1時，f′(x)=lnx+1>0，故函數(shù)f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，故選項B正確；

選項C，f′(x)=ln(x+b)+x+ax+b=ln(x+b)+1+a?bx+b，

設(shè)g(x)=ln(x+b)+1+a?bx+b，則g′(x)=1x+b?a?b(x+b)2=x+2b?a(x+b)2，

當(dāng)a≤b時，g′(x)>0，∴函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞增，

即函數(shù)f′(x)在定義域上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→?b時，f′(x)→?∞，

當(dāng)x→+∞時，f′(x)→+∞，此時函數(shù)f′(x)存在零點x0，

即函數(shù)f(x)在(?b,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，

故此時函數(shù)f(x)存在極值點；

當(dāng)a>b時，令g′(x)=0，則x=a?2b，

當(dāng)x∈(?b,a?2b)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(a?2b,+∞)時，g′(x)>0，

∴函數(shù)g(x)在(?b,a?2b)上單調(diào)遞減，在(a?2b,+∞)上單調(diào)遞增，

故f′(x)≥f′(a?2b)=ln(a?b)+2，

若函數(shù)f(x)存在極值點，則需ln(a?b)+2<0，解得b<a<b+1e2，

綜上，當(dāng)函數(shù)f(x)存在極值點時，b<a<b+1e2或a≤b，故選項C正確；

對于選項D，∵y=ln(x+b)在(?b,+∞)為增函數(shù)，

且x∈(?b,?b+1)時，y=ln(x+b)<0，x∈(?b+1,+∞)時，y=ln(x+b)>0，

當(dāng)x=?b+1時，y=ln(x+b)=0，

要使(x+a)ln(x+b)≥0恒成立，

則需x∈(?b,?b+1)12.【答案】?2

【解析】解：∵f′(x)=?2?[?2sin(?2x+π6)]=4sin(?2x+π6)，

∴f′(π6)=4sin(?π6)=?2．13.【答案】403【解析】解：∵{an}是等比數(shù)列，

∴a2a4=a32=16，又an>0，

∴a3=4，

設(shè){an}的公比為q(q>0)，

∵9S4=10S2，

∴9(a1+a2+a3+a14.【答案】5【解析】解：雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C右支上一點，線段PF1與C的左支交于點M.若∠F1PF2=90°，

∵tan∠F1MF2=?34，∴tan∠PMF2=tan(π?∠F1MF2)=34，

又∠F1PF2=90°，∴|PF2||PM|=34，

設(shè)|PF2|=3x，則|PM|=4x，由勾股定理得|MF2|=|PF2|2+|PM15.【答案】3x?4y+13=0；

2．

【解析】解：(1)根據(jù)題意，圓C：(x?4)2+y2=25，

點P(1,4)，有(1?4)2+42=25，點P在圓C上，

kPC=4?01?4=?43，

故切線的斜率k=34，

此時直線l的方程為34x?y+134=0，即3x?4y+13=0，

故直線l的方程為3x?4y+13=0；

(2)根據(jù)題意，若l的傾斜角為π4，則其斜率k=tanπ4=1，

則其方程為y?4=x?1，即x?y+3=0，

16.【答案】b1=2，bn=2n；

【解析】解：(1)∵2an=bn?bn+1，an+an+1=bn+12，

∴bn?bn+12+bn+1?bn+22=bn+12，即bn+1(bn+2+bn)=2bn+12，

又{bn}的各項均不為零，

∴兩邊同時除以bn+1得bn+2+bn=2bn+1，

∴{bn}是公差d>0的等差數(shù)列，

在2an=bn?bn+1中，令n=1得2a1=b1?b2，

又a1=b2，故b1=2，

在an+an+1=bn+12中，令n=1得a1+a2=b22，

其中17.【答案】n=1，切線方程為2ex?y?e=0；

n取最大值3時，m的取值范圍為(?5e【解析】解：(1)當(dāng)m=e時，點P(1,e)在f(x)=xex上，

由f(x)=xex得，f′(x)=(1+x)ex，

若P(1,e)不是切點，設(shè)切點為(x0,x0ex0)，

則f′(x0)=(1+x0)ex0，

故切線方程為y?x0ex0=(1+x0)ex0(x?x0)，

又P(1,e)在切線方程上，

故e?x0ex0=(1+x0)ex0(1?x0)，整理得(x02?x0?1)ex0+e=0，

令u(x)=(x2?x?1)ex+e，x≠1，

則u′(x)=(x2?x?1+2x?1)ex=(x2+x?2)ex，

令u′(x)>0得x>1或x<?2，令u′(x)<0得?2<x<1，

故u(x)在(?∞,?2)，(1,+∞)上單調(diào)遞增，在(?2,1)上單調(diào)遞減，

又u(?2)=5e2+e>0，u(1)=0，

又x<?2時，x2?x?1>0，故u(x)>0恒成立，

故u(x)=(x2?x?1)ex+e，x≠1，無零點；

若P(1,e)為切點，則f′(1)=2e，

故切線方程為y?e=2e(x?1)，即2ex?y?e=0；

綜上，n=1，切線方程為2ex?y?e=0；

(2)設(shè)切點為(t,tet)，f′(x)=(1+x)ex，

f(x)=xex在(t,tet)處的切線方程為y?tet=(1+t)et(x?t)，

將P(1,m)代入切線方程中得m?tet=(1+t)et(1?t)，18.【答案】見解析；

2217；

【解析】解：(1)證明：在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，且AA1=AB=2，

M為AD的中點，動點P滿足BP=xBB1+yBD，x，y∈[0,1]．

在底面菱形ABCD中，連接AC，

記AC∩BD=O′，取B1D1的中點為Q，連接OQ，

由菱形ABCD的性質(zhì)得AC⊥BD，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，知QO′⊥平面ABCD，

∵AC，BD?平面ABCD，∴O′Q⊥AC，O′Q⊥BD，∴O′A，O′B，O′Q兩兩垂直，

以O(shè)′為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)′A，O′B，O′Q所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

∵∠DAB=60°，∴OB=12AB=1，OA=32AB=3，

可得B(0,1,0),B1(0,1,2),D(0,?1,0),A(3,0,0),D1(0,?1,2)，

則BB1=(0,0,2),BD=(0,?2,0),BD1=(0,?2,2),AB=(?3