2025年下學期高中數(shù)學挫折承受能力試卷考試時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）已知函數(shù)$f(x)=\frac{\lnx}{x}$，若$a=f(2)$，$b=f(e)$，$c=f(3)$（其中$e$為自然對數(shù)的底數(shù)），則$a$，$b$，$c$的大小關系為（）A.$a<b<c$B.$c<a<b$C.$b<a<c$D.$c<b<a$在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所對的邊分別為$a$，$b$，$c$，若$\sinA:\sinB:\sinC=3:4:5$，且$\triangleABC$的周長為36，則$\triangleABC$的面積為（）A.36B.54C.72D.108已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3^n$，則數(shù)列${a_n}$的通項公式為（）A.$a_n=3^n-2^n$B.$a_n=2^n+3^n$C.$a_n=3^n-2^{n+1}$D.$a_n=2^{n-1}+3^n$若直線$l$：$y=kx+m$與雙曲線$C$：$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1$交于$A$，$B$兩點，且以$AB$為直徑的圓過坐標原點$O$，則實數(shù)$m$的取值范圍為（）A.$(-\infty,-\sqrt{7}]\cup[\sqrt{7},+\infty)$B.$(-\sqrt{7},\sqrt{7})$C.$(-\infty,-\frac{\sqrt{7}}{2}]\cup[\frac{\sqrt{7}}{2},+\infty)$D.$(-\frac{\sqrt{7}}{2},\frac{\sqrt{7}}{2})$已知函數(shù)$f(x)=\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})$的部分圖像如圖所示，其中$f(x)$在區(qū)間$[0,\frac{\pi}{3}]$上單調遞增，且$f(\frac{\pi}{3})=1$，則$\omega$的值為（）A.$\frac{1}{2}$B.1C.2D.3在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$PA=3$，則三棱錐$P-ABC$外接球的表面積為（）A.$13\pi$B.$25\pi$C.$34\pi$D.$41\pi$已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x^2-2x,&x\leq0,\\ln(x+1),&x>0\end{cases}$，若關于$x$的方程$f(x)=k$有三個不同的實根，則實數(shù)$k$的取值范圍為（）A.$(-1,0)$B.$(-1,1)$C.$(0,1)$D.$[0,1)$已知拋物線$C$：$y^2=4x$的焦點為$F$，過點$F$的直線$l$與拋物線$C$交于$A$，$B$兩點，若$|AF|=3|BF|$，則直線$l$的斜率為（）A.$\pm\sqrt{3}$B.$\pm2\sqrt{2}$C.$\pm3$D.$\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$已知向量$\vec{a}$，$\vec$滿足$|\vec{a}|=2$，$|\vec|=1$，且$\vec{a}$與$\vec$的夾角為$60^\circ$，則$|\vec{a}-t\vec|$的最小值為（）A.$\sqrt{3}$B.$\sqrt{2}$C.1D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$若函數(shù)$f(x)=x^3-3ax^2+3(a-1)x+1$在區(qū)間$(1,4)$內存在極小值，則實數(shù)$a$的取值范圍為（）A.$(1,3)$B.$(1,4)$C.$(2,3)$D.$(2,4)$已知集合$A={x|x^2-5x+6\leq0}$，$B={x|m+1\leqx\leq2m-1}$，若$A\capB=B$，則實數(shù)$m$的取值范圍為（）A.$(-\infty,2]$B.$[2,3]$C.$(-\infty,3]$D.$[3,+\infty)$已知函數(shù)$f(x)$是定義在$\mathbf{R}$上的奇函數(shù)，且對任意$x\in\mathbf{R}$，都有$f(x+2)=f(x)$，當$x\in[0,1]$時，$f(x)=2^x-1$，則$f(\log_212)$的值為（）A.$-\frac{1}{3}$B.$\frac{1}{3}$C.$-\frac{2}{3}$D.$\frac{2}{3}$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）$\left(x^2-\frac{2}{x}\right)^5$的展開式中$x^4$的系數(shù)為________。已知隨機變量$X$服從正態(tài)分布$N(2,\sigma^2)$，若$P(X<4)=0.8$，則$P(0<X<2)=$________。已知橢圓$C$：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左、右焦點分別為$F_1$，$F_2$，過$F_1$的直線與橢圓$C$交于$A$，$B$兩點，若$|AF_2|=|AB|=5$，$|BF_2|=3$，則橢圓$C$的離心率為________。已知函數(shù)$f(x)=\frac{e^x}{x}-kx$在區(qū)間$(0,+\infty)$上存在唯一的極值點，則實數(shù)$k$的取值范圍為________。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分10分）已知數(shù)列${a_n}$的前$n$項和為$S_n$，且滿足$S_n=2a_n-n$。（1）求數(shù)列${a_n}$的通項公式；（2）設$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}$，求數(shù)列${b_n}$的前$n$項和$T_n$。（本小題滿分12分）在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所對的邊分別為$a$，$b$，$c$，且滿足$b\cosC+c\cosB=2a\cosA$。（1）求角$A$的大??；（2）若$a=2\sqrt{3}$，且$\triangleABC$的面積為$2\sqrt{3}$，求$\triangleABC$的周長。（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$為矩形，$PA\perp$平面$ABCD$，$AB=2$，$AD=4$，$PA=4$，$M$為$PD$的中點。（1）求證：$PB\parallel$平面$MAC$；（2）求二面角$M-AC-D$的余弦值。（本小題滿分12分）已知拋物線$C$：$y^2=2px(p>0)$的焦點為$F$，過點$F$的直線$l$與拋物線$C$交于$A$，$B$兩點，且$|AB|=8$，$O$為坐標原點，$\triangleAOB$的面積為$4\sqrt{2}$。（1）求拋物線$C$的方程；（2）若點$P$是拋物線$C$上的動點，且在直線$l$的下方，求$\trianglePAB$面積的最大值。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x(a\in\mathbf{R})$。（1）當$a=1$時，求函數(shù)$f(x)$的單調區(qū)間；（2）若函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(1,+\infty)$上單調遞減，求實數(shù)$a$的取值范圍。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1(a\in\mathbf{R})$。（1）討論函數(shù)$f(x)$的零點個數(shù)；（2）若函數(shù)$f(x)$有兩個零點$x_1$，$x_2$（$x_1<x_2$），求證：$x_1+x_2<2\lna$。參考答案一、選擇題B2.C3.A4.A5.C6.C7.A8.A9.A10.C11.C12.A二、填空題$-40$14.$0.3$15.$\frac{\sqrt{10}}{5}$16.$(0,\frac{e}{4})$三、解答題（1）由$S_n=2a_n-n$，得$S_{n-1}=2a_{n-1}-(n-1)(n\geq2)$，兩式相減得$a_n=2a_n-2a_{n-1}-1$，即$a_n=2a_{n-1}+1$，則$a_n+1=2(a_{n-1}+1)$。又$a_1=1$，故${a_n+1}$是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以$a_n+1=2^n$，即$a_n=2^n-1$。（2）$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}=\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}$，則$T_n=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{7}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}\right)=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$。（1）由正弦定理得$\sinB\cosC+\sinC\cosB=2\sinA\cosA$，即$\sin(B+C)=2\sinA\cosA$。因為$A+B+C=\pi$，所以$\sinA=2\sinA\cosA$，又$\sinA\neq0$，故$\cosA=\frac{1}{2}$，則$A=\frac{\pi}{3}$。（2）由面積公式得$\frac{1}{2}bc\sinA=2\sqrt{3}$，即$\frac{1}{2}bc\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，解得$bc=8$。由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，即$12=b^2+c^2-8$，則$b^2+c^2=20$，故$(b+c)^2=b^2+c^2+2bc=36$，即$b+c=6$，所以周長為$a+b+c=6+2\sqrt{3}$。（1）連接$BD$交$AC$于點$O$，連接$OM$。因為$ABCD$為矩形，所以$O$為$BD$中點，又$M$為$PD$中點，故$OM\parallelPB$。因為$OM\subset$平面$MAC$，$PB\not\subset$平面$MAC$，所以$PB\parallel$平面$MAC$。（2）以$A$為原點，$AB$，$AD$，$AP$所在直線為$x$，$y$，$z$軸建立空間直角坐標系，得$A(0,0,0)$，$C(2,4,0)$，$M(0,2,2)$。設平面$MAC$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，由$\vec{AM}=(0,2,2)$，$\vec{AC}=(2,4,0)$，得$\begin{cases}2y+2z=0\2x+4y=0\end{cases}$，取$\vec{n}=(2,-1,1)$。平面$ACD$的法向量為$\vec{m}=(0,0,1)$，則$\cos\langle\vec{n},\vec{m}\rangle=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，故二面角$M-AC-D$的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{6}$。（1）設直線$l$：$x=ty+\frac{p}{2}$，代入$y^2=2px$得$y^2-2pty-p^2=0$，設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，則$y_1+y_2=2pt$，$y_1y_2=-p^2$。$|AB|=x_1+x_2+p=t(y_1+y_2)+2p=2pt^2+2p=8$，即$pt^2+p=4$。$\triangleAOB$的面積$S=\frac{1}{2}\cdot\frac{p}{2}\cdot|y_1-y_2|=\frac{p}{4}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{p}{4}\sqrt{4p^2t^2+4p^2}=\frac{p^2}{2}\sqrt{t^2+1}=4\sqrt{2}$，解得$p=2$，$t^2=1$，故拋物線$C$的方程為$y^2=4x$。（2）直線$l$：$x=\pmy+1$，取$x=y+1$（$x=-y+1$同理），則$|AB|=8$，設$P\left(\frac{y^2}{4},y\right)$，$y\in(-2,2)$，點$P$到直線$l$的距離$d=\frac{\left|\frac{y^2}{4}-y-1\right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|\frac{(y-2)^2}{4}-2\right|}{\sqrt{2}}$，當$y=-2$時，$d_{\text{max}}=2\sqrt{2}$，故$\trianglePAB$面積的最大值為$\frac{1}{2}\times8\times2\sqrt{2}=8\sqrt{2}$。（1）當$a=1$時，$f(x)=x\lnx-x^2+x$，$f'(x)=\lnx+1-2x+1=\lnx-2x+2$。令$g(x)=\lnx-2x+2$，則$g'(x)=\frac{1}{x}-2$，當$x\in(0,\frac{1}{2})$時，$g'(x)>0$；當$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$時，$g'(x)<0$，故$g(x){\text{max}}=g(\frac{1}{2})=1-\ln2>0$，又$g(1)=0$，$g(e^{-2})=-2-2e^{-2}+2=-2e^{-2}<0$，所以存在$x_0\in(0,\frac{1}{2})$，$g(x_0)=0$，則$f(x)$在$(0,x_0)$，$(1,+\infty)$上單調遞減，在$(x_0,1)$上單調遞增。（2）$f'(x)=\lnx-2ax+2a$，由題意得$f'(x)\leq0$在$(1,+\infty)$上恒成立，即$\lnx\leq2a(x-1)$。當$x=1$時，等號成立；當$x>1$時，$2a\geq\frac{\lnx}{x-1}$。令$h(x)=\frac{\lnx}{x-1}(x>1)$，則$h'(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\lnx}{(x-1)^2}=\frac{1-\frac{1}{x}-\lnx}{(x-1)^2}$，令$k(x)=1-\frac{1}{x}-\lnx$，$k'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}<0$，故$k(x)<k(1)=0$，$h'(x)<0$，$h(x)$在$(1,+\infty)$上單調遞減，$\lim{x\to1^+}h(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{\lnx}{x-1}=1$，故$2a\geq1$，即$a\geq\frac{1}{2}$。（1）$f'(x)=e^x-a$，當$a\leq0$時，$f'(x)>0$，$f(x)$在$\mathbf{R}$上單調遞增，且$f(0)=0$，故$f(x)$有唯一零點；當$a>0$時，$f(x)$在$(-\infty,\lna)$上單調遞減，在$(\lna,+\infty)$上單調遞增，$f(