第30期 学业水平测评（四）（范围 第一～五章）-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册同步学案（人教A版）

高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 发理柄 答案详解 2025~2026学年 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期(2026年2月) 第29期3,4版 面+9+6≥2√9+6=6+6 学业水平测评（三） 当且仅当=9，即x=了时取等号， 一、单项选择题 因此6+b>0,解得b>-6, 1~4 DBCC 5 ~8 BCAB 所以实数b的取值范围为(-6，+∞). 提示： 7.f'(x)=(2x+a)e-1+(x2+ax-1)e- 1由题可得a=2a+9=2×1+6=8, =[x2+(a+2)x+a-1]e-l 因为x=-2是f(x)的极值点，所以f'(-2)=0, 4=24+号 =2×8+3=19 即(4-2a-4+a-1)·e3=0,解得a=-1. 2.依题意{an}是等差数列，且公差为d, 所以f(x)=(2-x-1)e, a1=12,S5=5a1+10d=60+10d=48,d=-1.2, f'(x)=(x2+x-2)e-1=(x-1)(x+2)e-. 所以a=a1+4d=12-4.8=7.2(尺). 由f'(x)>0得x<-2或x>1; 3.由题可得loga2+loga12=log(aa2) 由f'(x)<0得-2<x<1. =log(a7)2=log81=4. 所以f(x)在(-0，-2)上单调递增，在(-2,1)上单调 4设曲线y=÷在点(1，号）处的切线方程为 递减，在(1，+∞)上单调递增，所以f(x)的极小值点为1，所 以f(x)的极小值为f(1)=-L. y-分=(x-1)y=E+)gc:,e (x+1)2 (x+1)2: 8.设等差数列{bn}的公差为d,d≠0， 所以k=y(1)=异所以)-号=x-), 侧s=n+an山d,之= 2 2n+2n2n-2d 2 所以所求切线方程为y=子+子 2+(n-1)d dn +2-d 5.因为函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数， 4+2(2n-1)a=4dn+4-2a=k(k为常数)， 则(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0, 所以号≥1，即a≥2. 因为对任意正整数n上式均成立， g()=2x-9 r4k-1=0, 所以 所以 依题意g'(x)≥0在(1,2)上恒成立， (2k-1)(2-d)=0, ld=2, 即2x2≥a在(1,2)上恒成立，有a≤2，综上，a=2. 则b.=1+2(n-1)=2n-1. 6函数f()=h+号+饭+1的定义蚊为0，+， 二、多项选择题 9.CD;10.ABD;11.AC. 求导得∫()=+9x+6, 提示： 依题意Hx>0,f'(x)>0, 9.由图可得函数f(x)在(-2,2)，(4，+∞)上单调递增， 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 在(-0，-2)，(2,4)上单调递减，故(A)错误，(C)正确； (,-)(停+） 当x=-2或x=4时，f(x)有极小值，当x=2时，f(x) 有极大值，故(B)错误，(D)正确 得导函数y'=a(3x2-1)的图象是开口向上的抛物线， 故选(C)(D) 所以a>0,即实数a的取值范围是(0，+0) 10.f'(x)=(x+1)(e-m), 13.依题意a1=1,易知a2=7,所以等差数列{an}的公差 因为x∈[1,3]， 为6，an=6n-5,令6n-5≤100，得n≤17.5，又neN,所 所以ee[e,e3], 以n=17,所以{an}共有17项. 当0<m≤e时，x+1>0,e-m≥0， 14.设第n天选择A餐厅就餐的学生比例为a., 所以f'(x)≥0，f(x)在[1,3]上单调递增， 由题意得a=分a=子1+宁0-aa≥2)， f=/=e是放（正确 1 1 所以a=-401+2(n≥2)， 当e<m<e3时，x+1>0, 当xe[1,lnm],f'(x)<0,f(x)单调递减， 故a.子寸(-号)u≥2)， 当x∈[lnm,3]f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以{，号}是以六为首项，-4为公比的等比数列， f()=f(nm)=-受(nm)P,故(B)正确； 当m≥e3时，x+1>0,e*-m<0,所以f'(x)<0, f(x)在[1,3]上单调递减， f（e)=f（3)=32-空放(D)正确 估计第100天该学校到A厅就餐的学生人数为3500×a1m 故选(A)(B)(D). =350×号=140（人 11.由S4=S3- 上得a4=- 1 四、解答题 15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d, 则显然等比数列{an}的公比q≠1， 1 1 则有ag3=- 则由马-9a,得3a,+321=-9a+5动， a(1-q3 ,即g2=1+9+9 1-9 解得a1=-4d, 即ag3(1+q+g)=-1,易知g<0, 又a1=8,解得d=-2, 当q≤-1时，93≤-1,1+q+92≥1， 则数列{a.}的通项公式为 因为a>1,则aq3(1+q+q2)=-1不可能成立， a,=a1+(n-1)d=-2n+10. (2)由(1)得数列{an}的前n项和 所以-1<9<0，则a1-a3=a1(1-92)>0, a2-a4=a19(1-q)2<0, S,nar +anDd =-n+9n, 2 所以a1>a,a2<a4 易得当n=4或n=5时，S。最大， 故选(A)(C) 即数列{a.}的前4项或前5项之和最大， 三、填空题 最大值为-42+9×4=20. 12.(0,+∞)；13.17；14.1400. 16解：1r'()=1+子g()= 提示： & 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为 12y=a(3x-1),令y=0,得x= 3 f'(1)=3, 由函数y=a(x-x)的单调递增区间是 曲线y=g(x)在x=1处的切线的斜率为g(1)=-a, 02 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 由已知得f'(1)=g'(1),解得a=-3. 则g'(x）=1-+1-k=x+1)(x-k-1山 x2 x2 (2)由题意得1+ 2 =-4(x>0), 由g'(x)=0得x=k+1, 则a=-x- 2≤-22， 所以g(x)在(0，k+1)上单调递减，在(k+1,+∞)上单 调递增，所以g(x)≥g(k+1)=k+6-1n(k+1). 当且仅当x=2时，等号成立， g(x)>0对任意正实数x恒成立， 故实数a的取值范围为(-∞，-22]. 等价于k+6-n(k+1)>0, 17.(1)证明：因为a1=Sn1-Sa, 即1+冬-lh(k+)>0 S2=m-AS 所以S=(S1-Sn)2-AS1, 记h(x)=1+6-ln(x+1), 则Sn1(S41-2Sn-A)=0. 因为a.>0,所以Sn1>0, 则49女0 所以Sn1-2Sn-入=0，故Sn1=2Sn+入. 所以h(x)在(0，+)上单调递减， (2)解：由(1)知S.1=2Sn+入， 叉i6）=2-h7>0,4)=号-h8<0, 当n≥2时，Sn=2Sn-1+入， 所以k的最大值为6. 两式相减得aa1=2a.(n≥2，n∈N,), 19.(1)解：由题可知f(0)=g(0)=0, 所以数列{a,}从第二项起成等比数列，且公比q=2 1 1 又S2=2S1+入，即a2+a1=2a1+A, f'()=+"()x+ 所以a2=a1+入=1+入>0，得入>-1. 2mn g(=0+n,(x）=1+, f1, n=1, 因此an= (入+1)2"-2，n≥2. 所以f'(0)=g'(0)=m=1, 若数列{an}是等比数列， f"(0)=g"(0)=-1=-2mn, 则a2=1+A=2a1=2,所以入=1， 1 所以m=1,n=2 经验证得入=1时，数列{a.}是等比数列. (2)证明：由(1)知(x)=x+2 2x 18.解：(1)由题意得f'(x)=3ax2-2x+b, 因为函数f(x)在x=3时有极小值-9， 令e(=fe-8o)=hx+)-c=0. 所以 f'(3)=27a-6+b=0, 1 4. f(3)=27a-9+3b=-9, 则o(x)=x+a+2+)x+27≥0， 解得a=子6=-3， 所以p(x)在[0，+∞)上单调递增， 又p(0)=f(0)-g(0)=0, 所以()=号-2-3x()=2-2x-3. 所以p(x)≥p(0)=0,即当x≥0时f(x)≥g(x). 由f'(x)<0得-1<x<3, (3)解：由题意知 所以f(x)的单调递减区间为(-1,3). h(x)=f(x)-ax In (x+1)-ax(x >-1), (2)因为f'(x)=x2-2x-3, +1a=二a+1-a 所以h'(x)=1 x+1 所以f'(x)>(xnx-1)-6x-4等价于 x+4+1>k(nx-1),即x+6+1+4-nx>0, ①当-a≥0，即a≤0时，寸>0， 所以h'(x)>0,所以h(x)在(-1，+∞)上单调递增： 记g()=x++1+4-nx, x ②当-a<0,即a>0时， 3 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 令'(x)=0得x=1-0=上-1>-1， a 解得x≥-2 所以当xe（-1,。-1时，h(x)>0: 6.由题意知e= 当xe(日-1，+），h'()<0: 所以b=2a,所以M(a,2a), 故直线l的方程为y-2a=-2(x-a). 所以h()在(-1，。-1上单调递增， 令y=0得x=2a,所以C(2a,0). 在（日-1，+）上单调递减： 又因为M元=入MC,所以D(a(1+),2a(1-A), 综上，当a≤0时，h(x)在(-1，+o)上单调递增： 代人号苦-1，化简得1：A-0-A:1 当a>0时，()在(-1，。-1上单调递增，在（ 解得入=子 1,+0 上单调递减. 7.由题意可得耐=术-店=C-应， 成=励+成=威+成=-店-乃和， 第30期3,4版 又由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边 学业水平测评（四） 三角形，在△ABD中，由AB=AD=2,BD=2E,可得AB+ 一、单项选择题 AD=BD,所以AB⊥AD, 1~4 BCDD 5~8 BDBA 提示： 所以·武=（-之市-）·（行花） 1.因为点A(xo,2)在抛物线上，IAFI=5IOF1, =-d配+分d破-之正AC+破 所以。+号=要所以。=2印， =- ×2x2×+0-x2x2x7+2 1 1 所以A(2p,2),所以4=2印×2p,解得p=1. 1 2.利用排除法.由点N在直线x-y+1=0上，排除(A), =1+4= (B).由kv=2,排除(D).故选(C) 8.取AC的中点O,连接OB,OD.易知 3.因为a-b与a垂直，所以(a-b)·a=0, OB,OC,OD两两垂直.如图1，以0为坐标 所以a·a-ab=|a12-lal1b1·cos(a,b〉=1-1× 原点，OB,0C,OD所在直线分别为x,y,z 万×cos(a,b)=0,所以cos(a,b)= 轴，建立空间直角坐标系. 2 B M 由已知得0(0,0,0)，B(2,0,0), 图1 因为0°≤(a,b〉≤180°，所以(a,b〉=45. A(0,-2,0),C(0,2,0),D(0,0,25), 4.由题得'()=3-3 e 所以4d=(0,2,25),D元=(0,2，-23). 所以t∈[1,3]时'(t)≤0， 设M(a,2-a,0)(0≤a≤2)，则A=(a,4-a,0) 所以v(t)在[1,3]上单调递减， 设平面DAM的法向量为n=(x,y,z) 所以(t)=(1)=3+15. n0+25=0, 由 e LAM.n =0 Lax+(4-a)y=0, 5.因为函数f'(x)=e+e-2≥0， 可取n=(5(a-4),3a,-a). 当且仅当x=0时取等号，所以f(x)单调递增. 设DC与平面DAM所成的角为O, 又f(0)=2, 所以f(8x+4)≥2等价于8x+4≥0， sin 0 =1 cos(DC.n)1=12/3a +2a1 4√3a-4)产+3a+a产。 4 4 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 解得a=冬或a=-4(舍去)， 观察在x<0时的图象，令f'(x)=e*(x+1)+e=e*(x 3 +2)=0,得x=-2,可知f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在 所以1A1= +(+04 (-2,0)上递增，且在(-0，-1)上f(x)<0,在(-1,0)上， f(x)>0,由此可判断在(-，0)仅有一个零点，由函数的对 二、多项选择题 称性可知f(x)在(0，+∞)上也有一个零点，又因为f(0)= 9.BCD; 10.ABC;11.BD. 0,故该函数有三个零点，故(B)正确； 提示： 由图2可知，若关于x的方程f(x)=m有解，则-1<m 9.由题意得d>0,a1>0,a5=2,所以a1=2-4d>0, <1,故(C)错误； 解得d<子，所以de(0,2),放(A)错误： 由图可知，f(x)的值域为(-1，I),所以对Hx1,x2eR, 2a,-ag=(a5+ag)-a,=a5=2,故(B)正确； 1f(2)-f(x1)1<2恒成立，故(D)正确。 由ag+a4-(a6+a5）=ag-a6-(a5-a4）=2d-d= 故选(B)(D). d>0得as+a4>a6+a5,故(C)正确； 三、填空题 由等差数列的性质得a1+a,=2a,=4,故(D)正确. 2:13.g:4.(-3,-] 故选(B)(C)(D). 提示： 10.由(x+2)2+(y-1)2=4可知圆心为C(-2,1), 2a+2c=6, a=2, 半径为2，故(A)正确； 12.由题意可知 解得 La-c 1, c=1, 圆心C(-2,1)到直线3x-4y+7=0的距离 1 4=-6-4+71= 所以椭圆的离心率。=台=分 √9+16 5<2, 13.设等比数列{an}的公比为g,则g>0,显然g≠1， 所以直线：3x-4y+7=0与圆C相交，故(B)正确； 由题知9S4-10a1-90=0, 圆C1:(x+1)2+(y-2)2=9的圆心为C1(-1,2), 所以9S4=10(a1+9)=10(a1+a2)=10S2, 半径为3， ra19=9, 因为圆心距1CC11=√(-2+1)2+(1-2)2=√2， 即 9.1=2-10.1=2） 且3-2<2<3+2， 1-9 1-9 所以圆C与圆C:(x+1)2+(y-2)2=9相交， ra1=27, 解得 故(C)正确； 1 9=3 e写与2之台所以过点3.2)与调6G的有线 所以a=ag=号 1 方程为y-1=5(x+2),即x-5y+7=0,故(D)错误. 14.由f(x)=x3+mx是[-1,1]上的平均值函数知关于 故选(A)(B)(C). x的方程+r=-在区(-1.上有解，即 11.令x<0,则-x>0,所以f(-)=二x-⊥=-e(x e 方程x3+mx-m-1=0在区间(-1,1)上有解，就是方程m +1)=-f(x),得f(x)=e(x+1),故(A)错误； =-x2-x-1在区间(-1,1)上有解.因为当x∈（-1,1)时， f(x)的图象如图2所示. -2--1=-（+)-子e(-3,-]所以实数 m的取值范图是(-3，子] 四、解答题 图2 15.解：(1)设与直线1：2x-3y-1=0平行的直线方程为 -5 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 2.x-3y+c=0(c≠-1). 当且仅当1=16，即=4时取等号， 将点A(-2,1)的坐标代人得-4-3+c=0, 所以S△4oB的最小值为8. 解得c=7. 17.(1)证明：在四棱锥S-ABCD中，连接BD交AC于点 所以所求直线方程为2x-3y+7=0. F,则F为BD的中点，连接EF (2)设线段AB的中点为M. 因为A(-2,1),B(4,3),所以M(1,2). 设直线(1与直线，的交点为N, r2x-3y-1=0, 联立 解得 x=2, x-y-1=0, y=1, 所以N(2,1). 图4 所以直线MN的斜率6，仁 因为E为BS的中点， =-1, 所以EF∥SD,又SD平面ACE,EFC平面ACE, 所以所求直线的方程为y-2=-(x-1), 所以SD∥平面ACE. 即x+y-3=0. (2)解：四边形ABCD是菱形，且∠ABC=120°， 16解：(1)由题意知F(号，0 所以△ABD为正三角形，取AB的中点O, 连接OD,OS,则OD⊥AB. 准线方程为x=一分 因为平面ABS⊥平面ABCD,平面ABS∩平面ABCD= 由抛物线定义可知点P到焦点F的距离即为点P到准线 AB,所以OD⊥平面ABS 的距离，所以3+号=5，解得p=4, 因为△ABS是正三角形，所以OS⊥AB. 以0O为原点，分别以OS,OB,OD所在的直线为x轴、y轴、 所以抛物线C的方程为y2=8x z轴建立空间直角坐标系 (2)由(1)知抛物线C:y2=8x, 因为AB=4,则A(0,-2,0),D(0,0,25), 直线AB过点(2,0)， S(23,0,0),B(0,2,0),E(5,1,0), 可设直线AB的方程为x=y+2, 所以4d=(0,2,25),不=(25,2,0). 设平面ASD的法向量为n=(x,y,z), AD·n=0,2y+25z=0, 则 即 2=8x n=0,【25x+2y=0, 图3 令x=5,所以y=-3,z=5, A(x1,少)，B(:2y2),不妨设y>0, 所以平面ASD的一个法向量为n=(5,-3,5). 联立 y2=8x, 又S定=(-5,1,0)，设点E到平面ASD的距离为d, Lx=ty +2, 消x得y2-8-16=0, 则4=n:L--3+(-3)山-25 I nl /3+9+3 5 所以12=-16， 则5=二16 即点E到平面4S0的距离为2至 18.解：(1)由f(x)=e(sinx+cosx）+a, 所以5=分×21-为1=-,16 得f'(x)=e(sinx+cosx）+e(cosx-sinx) =2e'cosx, =为+6≥26=8， 由曲线y=f(x)在点(0f(0))处的切线过点(1,2)， 6 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 得f'(0)=f0)-2 0-1 两式作差得@2=(a-)a1a,aa。+log ba(nEN.), 即2=1-a,解得a=-1. 又因为数列{an}为“H(t)数列”， (2)存在实数x1x2∈[0，T], 所以a+l-t=a1aa3…an(n∈N), 使得g(x2)<f(x)+13-e成立， 设数列{bn}的公比为q, 即g(x)mm<f(x)m+l3-e艺，x∈[0，π]. 所以a1=(al-1)(a1-t)+logq(n∈N,), 由(1)知f'(x)=2e'cosx, 即(t+1)a+i-(t+log2q)=0对HneN,成立， t+1=0,「t=-1, 所以f'()=0在[0，]上的解为x=受， 则 → Lt+logz q=0 lg =2, 函数f(x)在[0，受）上单调递增， 又a1=2,a=a1+log2b1,所以b1=4, 所以bn=4×2m-1=21,t=-1. 在（牙，]上单调递减， 第31期2版 所以f(x)=f(受)=e子+a 专项小练一 又a2-a+10>0恒成立， 1.C;2.B;3.D.4.60;5.8. 所以g(x)=(a2-a+10)e*在[0，π]上单调递增， 专项小练二 所以g(x)=g(0)=a2-a+10, 1.D;2.D;3.A.4.24;5.243. 故a2-a+10<e2+a+13-e7,即a2-2a-3<0, 第31期3,4版 解得-1<a<3, 所以实数a的取值范围是(-1,3). 计数原理同步核心素养测评 19.解：(1)由题可得2=1+1,3=1×2+1， 一、单项选择题 7=1×2×3+1,43=1×2×3×7+1, 1 ~4 BACD 5 ~8 BBAD 所以1,2,3,7,43是“H(1)数列” 提示： (2)数列{cn}不是“H(t)数列”，理由如下： 1.采用分类加法计数原理，有7+11+9=27（种）方法. c =1+1=+I(nEN.)c =m+2(nEN.), 2.第三语言从4个中任选一个，有4种方法， n n+1 第四语言从5个中任选一个，有5种方法， 又eg=子号号出=n+1aeN 所以共有4×5=20（种）组合选法. 所以6-66-号-(a+） 3.要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为2×1+ 2×3=8. 1 n+T-n(ne N.), 4.对于(A),共有4×4×4=43=64（种）投法，故(A)错误； 对于(B),共有4×3×2=24（种）可能，故(B)错误； 因为1 为n+-n不是常数，所以数列c}不是“)数列” 对于(C),共有4×4×4=43=64（种）种法，故(C)错误： (3)因为数列{an}为“H(t)数列”， 对于(D),共有3×3×3×3=34=81（种）买法，故(D) 由∑a=a41+log2b.-t(n∈N,), 正确. = 5.求不同填法需要4步：①中间一列填2和5有2种方法； 有∑a=aa,a.+logb,(neN,) ①②再填1有3种方法；③与1同列的只能是3或4，有2种方法： n+1 ④最后两个区域，填两个数字有2种方法， 所以∑a=a,a,aga,a1+log2b+(neN,), ③ 所以不同填法种数是2×3×2×2=24， > 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 6.A,B两项实验安排在第一周， 提示： 若第二周安排1项实验，有3种方案， 9.因为生物课要求在B层上，只有第2,3节课，故分两类 若第二周安排2项实验，有3种方案， 进行讨论： 故共有3+3=6（种）方案； 第一类，若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2 A,B两项实验不安排在第一周， 种选法，政治有2种选法，故有2×2=4（种）选法， 则安排在第二周或第三周，有2种方案； 第二类，若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能 第一周安排两项实验有3种方案， 选第4节，自习只能选第2节，故有1种选法 故有2×3=6（种）方案. 根据分类加法计数原理得到选课方式共有4+1=5（种）， 故(A)错误，(B)正确； 综上，不同的实验方案有6+6=12（种）. 自习可以安排在4节课的任意一节，故(C)错误，(D)正确， 7.分三类： 故选(B)(D). 第一类，千位数字为3时，要使四位数为“渐降数”，则四位 10.因为甲、乙两人共付费5元，则其中一人的乘坐站数不 数只有3210，共1个； 超过4，另一人的乘坐站数超过4不超过7，若甲乘坐站数不超 第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4321,4320， 过4，有4种下地铁方案，乙乘坐站数超过4不超过7，有3种下 4310,4210,共4个； 地铁方案，则有4×3=12（种）方案； 第三类，千位数字为5时，“渐降数”有5432,5431,5430， 同理，若乙乘坐地铁不超过4站，甲乘坐地铁超过4站不超 5421,5420,5410,5321,5320,5310,5210,共10个 过7站，也有12种方案， 由分类加法计数原理得， 因此甲和乙两人共付费5元时，共有12+12=24（种）下 满足题意的“渐降数”共有1+4+10=15（个）. 地铁的方案，故(A)错误，(B)正确。 8.如下图，在正六棱柱ABCDEF-A1B,C,D1E,F,中，连接 若甲、乙两人共付费6元，则共有三类情况：①甲付2元， AC,A1C1,AE,A,E1,易知AC⊥平面AAF,F,AE⊥平面 乙付4元；②甲付3元，乙付3元；③甲付4元，乙付2元.易知 AA1B,B,AF⊥平面AA1CC,AB⊥平面AA1E,E. ①③两类情况，每类情况有4×3=12（种）方案，②类情况有 3×3=9(种)方案，所以甲、乙两人共付费6元时，共有12+9 +12=33(种)下地铁的方案，故(C)错误，(D)正确. 故选(B)(D) 11.由分类加法计数原理， 共有5+2+7=14（种）不同的选法，故(A)正确； 取矩形A4F,F为阳马的底面， 从国画、油画、水彩画中各选一幅， 分别有5种、2种、7种不同的选法， 则阳马的另一个顶点可以为C,D,C1,D; 根据分步乘法计数原理， 取矩形AAB,B为阳马的底面， 共有5×2×7=70（种）不同的选法，故(B)正确； 则阳马的另一个顶点可以为D,E,D1,E1; 若其中一幅选自国画，一幅选自油画， 取矩形AA1C,C为阳马的底面， 则有5×2=10（种）不同的选法： 则阳马的另一个顶点可以为D,F,D,F; 若一幅选自国画，一幅选自水彩画， 取矩形AA,E,E为阳马的底面， 则有5×7=35（种）不同的选法； 则阳马的另一个顶点可以为B,D,B,D; 若一幅选自油画，一幅选自水彩画， 所以这样的阳马的个数是16. 则有2×7=14（种）不同的选法， 二、多项选择题 故共有10+35+14=59（种）不同的选法，故(C)正确； 9.BD:10.BD:11.ABC. 从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上， 8 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 可以分两个步骤完成： 出游，则三人出游的不同方法数N,=5×6=30:第二类，若甲 第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法； 不选择4月27日出游，则三人出游的不同方法数N2=3×4× 第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上， 6=72.故三人出游的不同方法数N=N1+N2=102. 有4种选法，根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是5 若选择①③④， ×4=20(种)，故(D)错误 则三人出游的不同方法数N=4×5×5=100. 故选(A)(B)(C). 若选择②③④， 三、填空题 则三人出游的不同方法数N=5×5×5=125. 12.9;13.18；14.23. 17.解：不考虑甲试剂不能对C细胞染色时： 提示： 若C,E细胞的染色试剂不同， 12.由题意他的父母的血型都是A,B,0三种之一， 共有4×3×2×(1+2)=72（种）方法， 由分步乘法计数原理知， 若C,E细胞的染色试剂相同， 其父母血型的所有可能情况有3×3=9（种） 共有4×3×2×2=48（种）方法， 131g6-ga=e名有多少个不同值，只要看合不同值 此时共有72+48=120（种）染色方法. 现考虑甲试剂对C细胞染色： 的个数即可.分两步分别取出a,b.第1步，从五个数中取出一 若C,E细胞的染色试剂不同， 个数作为b,有5种方法；第2步，从剩下的四个数中取出一个 共有3×2×(2+1)=18（种）方法， 数作为a,有4种方法.根据分步乘法计数原理，取法种数为5× 若C,E细胞的染色试剂相同， 4=20由于写-号子-号成g6-的不同值的个数为 共有3×2×2=12（种）方法， 此时共有18+12=30（种）染色方法 20-2=18. 所以符合条件的染色方法有120-30=90（种） 14.每个水闸有打开或关闭两种情况， 18.解：(1)分3类：第1类是负责人从高一产生，有8种不 五个水闸的打开或关闭的不同结果有2种， 同的选法；第2类是负责人从高二产生，有10种不同的选法：第 水闸A打开，水闸B,C至少打开一个， 3类是负责人从高三产生，有12种不同的选法 水闸D,E至少打开一个，下游有水， 故共有N=8+10+12=30(种)不同的选法 水闸B,C至少打开一个的情况有(22-1)种， (2)每种选法可分为3个步骤： 水闸D,E至少打开一个的情况有(22-1)种， 第1步，从高一选一名负责人，共有8种不同的选法； 由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有 第2步，从高二选一名负责人，共有10种不同的选法； 1×(2-1)×(22-1)=9(种)， 第3步，从高三选一名负责人，共有12种不同的选法 所以所求五个水闸打开或关闭的情况有 故共有N=8×10×12=960(种)不同的选法， 25-9=23(种). (3)分3类，每类又可分两步.第1类，从高一和高二年级 四、解答题 中各选1人，共有8×10=80（种）不同的选法；第2类，从高一 15.解：由题意，从A地到B地每天有汽车5班，故坐汽车有 和高三年级中各选1人，共有8×12=96（种）不同的选法；第 5种走法，从A地到B地每天有火车2班，故坐火车有2种走法， 3类，从高二和高三年级中各选1人，共有10×12=120（种）不 从A到B共有5+2=7（种）走法.从B到C有两类，一类有3 同的选法。 种走法，另一类有2种走法，共有3+2=5（种）走法， 故共有N=80+96+120=296(种)不同的选法， 综上，从A地到C地不同的走法数为7×5=35（种）. 19.解：(1)当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600； 16.解：若选择①②③， 当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510： 则三人出游的不同方法数V=4×5×5=100. 当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420,402； 若选择①②④，则需分两类.第一类，若甲选择4月27日 当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330,312； 高中数学人教A版选择性必修第二、三册第29~32期 当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240,204,222； 提示： 当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150,114,132. 1.因为A2.=10A,所以2n(2n-1)(2n-2)=10n(n- 综上，三位正整数中共有12个“吉祥数”. 1)(n-2),解得n=8. (2)(1)千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十 2.G+Cg=)×4+6x5x4 2×1+3×2x1 位、个位对应各有1种填法.由分步乘法计数原理可知，四位回 =10+20=30. 文数的个数为9×10×1×1=90. （ⅱ)由回文数的对称性知，只需考虑2n+1(n∈N,)位 3.因为C+1=C+C4=C441, 所以n+1=3+4,解得n=6. 回文数自左至右的前n+1位数.最高位有9种不同填法，其余 4.坐在椅子上的6个人是走进屋子的 n位分别有10种不同填法，由分步乘法计数原理可知，2n+1(n 10个人中的任意6个人，若把人抽象成元素，将6把不同的椅 ∈N,)位回文数的个数为9×10， 子当成不同的位置，则原问题抽象为从10个元素中取6个元素 第32期2版 占据6个不同的位置，显然是从10个元素中任取6个元素的排 专项小练一 列问题，从而，不同的坐法种数为A 1.D;2.C;3.ACD.4.72;5.{8. 5.取出的兔子只恰有2只测量过该指标，即从3只测过指 6.解：(1)能组成无重复数字的四位数的个数为 标的里面选2只，从未测的里面选1只，所以恰有2只测量过该 A6=6×5×4×3=360. 指标的所有情况数为CC2?,又从这5只兔子中随机取出3只的 (2)四位偶数要求个位数为偶数，先排个位数字，有A;= C 所有情况数为C,故所求概率为 5 3种选法；再从剩下的5个数中选出3个排成一列，共有A= 6.当个位是0时，十位、百位、千位从1,2,3,4,5,6中取3 60(种)选法.故共能组成无重复数字的四位偶数的个数为 个不同的数，共有A=120(种)情况； A5A号=180（个）. 当个位是5时，首位有5种情况， 专项小练二 十位和百位有A?=20(种）情况， 1.B:2.D:3.BCD.4.30:5.98 共有5×20=100（种）情况. 6.解：(1)从15人中选3人，共有Cs=455(种)不同的选 综上，共有120+100=220（种）情况， 派方法. 7.根据题意有两种方式： (2)分两类：第1类，男生2人，女生1人，有CC5=45× 第一种方式，有一个地方去3名专家， 5=225(种)不同的选法；第2类，男生1人，女生2人，有C1。C 另外两个地方各去1名专家， =10×10=100(种)不同的选法. 综上，共有225+100=325（种）不同的选派方法， 其有S·C·G.A=60(种)方法： A好 (3)分两类：第1类，男生2人，女生1人（即女生甲），有 第二种方式，有一个地方去1名专家，另外两个地方各去2 C。×1=45(种)不同的选法；第2类，男生1人，女生2人（含 名专家，共有S·C·C.A=90(种)方法， 女生甲)，有C1C4=10×4=40(种)不同的选法 综上，共有45+40=85（种）不同的选派方法 所以分派方法的种数为60+90=150. 8.根据题意，可分三种情况讨论： 第32期3,4版 ①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时， 排列与组合同步核心素养测评 先在其父母中选一人与小明相邻，有C=2(种)情况，将小明 一、单项选择题 与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序有A?=2(种)情况， 1 ~4 ABCD 5 ~8 BCDC 当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一 1016.(15分)已知抛物线C:y2=2x(p>0)的焦点为F,抛物线 18.(17分)已知函数f(x)=e(sinx+cosx)+a,g(x)=(a2 19.(17分)在数列{an中，若存在常数t,使得an1= 上一点P的横坐标为3，且点P到焦点F的距离为5. a+10)e(a∈R且a为常数) a,a2a…an+(n∈N)恒成立，则称数列{an}为“H(t)数列”. (1)求抛物线C的方程； (1)若曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线过点(1,2)，求实 (1)判断数列1,2,3,7,43是否为“H(1)数列”； (2)过点(2,0)作直线交抛物线C于点A,B,求△AB0面积的 数a的值； (2)若c,=1+,试判断数列c.是否为H(0数列”，请说 最小值（其中0为坐标原点）. (2)若存在实数x1,2∈[0，π]，使得g(2)<f(x1)+13-e2 明理由； 成立，求实数a的取值范围 (3)若数列{an}为“H(t)数列”，且a1=2.数列{bn}为等比数 列，满足∑a=a41+log2b。-t,求数列bn的通项公式和t的值 = 高中数学 选择性必修第二册（人教 17.(15分)如图2，在四棱锥S-ABCD中，△ABS是正三角形 四边形ABCD是菱形，AB=4,∠ABC=120°，点E是BS的中点. (1)证明：SD∥平面ACE; (2)若平面ABS⊥平面ABCD,求点E到平面ASD的距离 A版)学业水平测评 高中数学·选择性必修第二册（人教A版）学业水平测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 荔理橘 2026年2月9日·星期 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 30期总第1174期 人教A 0351-5271248 选择性必修第二册 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F) 邮发代号：21-289 科研路上的璀璨 之星 -单杏花 例2若数列{an满足：对任意的n∈N, 分析：该题目不易从一般意义进行解决.可 在科技飞速发 只有有限个正整数m使得a。<n成立，记这样 以先计算数列的前几项，观察规律，由得到的规 展的时代 有一位 的m的个数为(a)·,则得到一个新数列 律推测并计算前2025项的积. 出的女性，她的名学 数列创新问题展示 叫单杏花。她在铁路 (an)·.例如，若数列{an}是1,2,3，…，n,则 赛系统的研 解：依据a1=2,an+1=1- 领 数列{(an)}是0,1,2，…，n-1.已知对任意 犹如一颗璀璨的 ◎山西 马俊燕 明星，散发着耀眼的 的n∈N,an=n2,则(a5)· 计算得41=2,4=2,4，=-1，=2, 光芒 随着近年高考对能力的考查逐步深入，数列 (an))·= 题型也不断推陈出新，出现了一些新背景、新立意 以下项与前面具有相同的规律 对科学技术的热 分析：只要写前5项就可顺利得到第1空； 的创新题，成为高考试题中靓丽的风景线此类题 而第2空需写出前几项，然后根据其规律进行猜 由此可知数列{an的周期为3， 和对铁路事业的执 着，在这条充满挑战 型立意新颖、构，思精巧，富有时代气息.下面举例谈 想归纳. 所以2025=675×3， 的道路上不断前行 炎数列创新题的基本类型及求解策略， 她深知铁路客票 解：a1=12,a2=22,a3=32 所以L25=(-1)5=-1,故选(B). 统对于人们出行的 例1对于任意实数x,符号[x]表示x的整 a4=42,5=52,…,an=n2, 点评：该题目由递推式给出了一个简单数 重要性 次的优 数部分，即[x]是不超过x的最大整数.在实数 列，并求其前2025项的积，设问有创新.由于该 化和改进，都承载 所以易知其中小于5的只有两个， 无数旅客的期待 轴（箭头向右）上[x]是在点x左侧的第一个整 分别是a1=1,a2=4, 类题目涉及项数很多，所以不宜一一计算，因此 为 了提升 数点，当x是整数时[x]就是x.这个函数[x]叫 故(a5)*=2; 需要探寻项的变化规律，由项的一般规律，推测 系统的性能，她日 做“取整函数”.那么[log21]+[log2]+ 较多项的积。 奋战在实验室 阅大量的资料】 1og23]+[1og24]+…+[10g21024]= 类推得：(a1)·=0, 例4设等差数列{an}的前n项和为Sn,则 数次的 验 (a)°=1，(a3)=1, (a4)°=1，(a5)*=2,(a6)° S4,Sg-S4,S2-Sg,S6-S2成等差数列.类比以 试。面对复杂的技 =2 难题， 她从 分析：观察、概括是数列求通项、求和的 不 种基本方法，找出[1og2n]与相应整数之间的对 (a,)°=2，(a)=2,(ag)°=2， 上结论有：设等比数列{b,的前n项积为T,则 而是凭借着坚 信念 和 卓越的 应关系即可顺利求出.[log21]+[log2]+ (ao)*=3,(ai)°=3，(a2)*=3, T成等比数列 去攻克。她的团队 log23]+[1og24]+[1og25]+[1og26]+ (a3)*=3,(a4)°=3，(a5）=3, 她的带领下 团结协 分析：根据等比数列与等差数列的概念及 作，共同为实现铁路 [log27]+[log8]+[l0g29]…0+1+1+2+ (a6)=3, 客票系统的高效运 公式特点知，等比数列的计算体现为比等差数 2+2+2+3+3… 所以(a1))°=1，((a2))·=4 力 列高一级的运算，由此不难得出结果 花的努 解：因为n=[log22"],n-1=[log22"-1], (a3))°=9，(a4))=16, 解：将等差数列结论中的“差”变为高一级 和付出换来 显 猜想((an))。=n 的成果。 所以n-1=[log22-1] 如今 运算“商”即得 能够便捷地购 =[l0g2(2"-1+1)j 点评：本题属于新概念题，解答时注意理解 设等比数列{b,}的前n项积为Tn, 车票 享受到快速 新数列的真正含义，特别是解答第2空时容易造 准确的购票服务 =[1og2(2-1+2)] =…=[l0g2(2”-1)], 成思维上的混乱，造成不求甚解 背后都离不开她的 工成等比数列， 则1TT 辛勤工作。她的 贡献 例3数列{an}满足：a1=2,a+1 不仅提高了铁路运 共有2”-2-1=2”-1个n-1, 输的效率 ,也为人们 所以原式=0+1×2+2×22+3×23+ 设数列{an}的前n项积为Ⅱn,则Π22s 的出行带来了极大 +9×29+10=8204 点评：解答本题的关键是要抓住等比数列 的便利。 单杏花的 点评：观察、概括型的创新型题目，需根据 与等差数列在运算上的特点：等比数列的运算 成就并 蹴而就 有限项探索、发现其规律，再推广到一般情形中 (A) (B) 比等差数列的运算要高一级.这一点可以从两 在追求梦想的道路 种特殊数列的定义、通项公式、中项公式及前 ,她也经历了 去，这类题目较好地考查了学生的观察、概括能 (C) 的挫折和困难 力 2 (D)1 项和公式得到验证 始终保持 见积 极的态度 的失败都 当作 那IEF1=√(8-4)2+(0-8)2+(2-8) P01= 2 功的垫脚石 地的 合理建系 /0- =229 +0-35+(-0 韧和毅力，让她在科 研的道路上越走越 轻松做题 2有线面垂直吗？若有，这条线就是其中的一条坐 6 远。 标轴 单杏 花 不仪在 术上有着卓越的 ©广东许少华 例2如图2，S41平面 3.依图形可作出三条互相垂直的线吗？若 成 她还注重培 ABC,AB⊥BC,ISAI= 可以，这三条线就是三条坐标轴， 年轻的科研人才 1.有两两垂直的三线吗？若有，这三线就是 1AB1=IBCI=1,求SA的 例3已知边长为4的正方形ABCD所在平 把自 己的经验 坐标轴 中点P与BC中点Q之间的 面外一点P与正方形的中心O的连线P0垂直 识毫无保留地传授 给后 ,激励着更多 例1如图1，正方体的 距离 于平面ABCD,且IPOI=6,求P0的中点M到 的年轻人投身于科 棱长为8，点E是边B'C的 △PBC的重心N的距离 技事 解：以点A为坐标原点， 单杏花是我们 中点，点F在边AM'上，且 解：建立如图3所示 4C为y轴的正向、AS为z轴 的榜样 她用自己的 AFI 的空间直角坐标系，则由 行动诠释了什么是 本，求E,F两点间 的正向建立空间直角坐标系（请同学们在图中 题可得B(2,2,0),C 坚持 什么是创新 画出) 什么是责任。在未来 的距离 (-2,2,0),P(0,0,6) 的日子里 ,相信她会 由于SM=|AB1=BCI=1, 解：以D为坐标原点，DA为x轴的正向、DC M(0,0,3), 继续在科研的道路 上发光发热，为我国 为y轴的正向、DD'为z轴的正向建立空间直角 则4号o小.c0.0.s0.0. N0,号2 的铁路事业创造更 坐标系（请同学们在图中画出） 多的辉煌。 那么sM的中点P的坐标为0,0，) 于是IMN 由于正方依的边长为8，A BC中点Q的坐标为5,3巨，0 =√0-0)2+(-0)+(2-3)2= 则点F的坐标为F(8,0,2) 44 5 又点E的坐标为E(4,8,8), 于是P,Q两点间的距离为 故M到△PBC的重心V的距离为 素养专练 数理极 例析导数与其他知识的交汇问题 存在正整数a,使得八)在（兮，）上既不是单调 递增函数也不是单调递减函数？若存在，试求出α ⊙湖南罗美华 的值，若不存在，请说明理由 导数是高中数学知识的一个重要交汇点，是增函数，值域为(n2-5n+10,n2-3n+6], 分析：首先求出导函数，然后判断导函数对应 联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工 所以an=(n2-3n+6)-(n2-5n+10) 方程根的符号，确定两根与所给区间的位置关系， 具，它常与函数、不等式、数列、向量、解析几何等 =2n-4(n≥3)， 建立不等式组，就可以使问题得到解决 内容交叉渗透、自然交汇，使得以导数为载体的数 3 n=1, 解：令∫'(x)=3x2+2ax-2=0, 学问题丰富多彩、新颖别致， 综上，a={1, n=2, 因为4=4a2+24>0, 一、导数与数列交汇 2n-4,n≥3. 所以方程有两个实数根，分别记为x1,2, 例1二次函数y=f(x)图象经过点(0,10)， 点评：本题利用导数求出原函数，将函数值域 其导函数为f'(x)=2x-5,当x∈(n,n+I](n∈与数列通项紧密结合，显得新颖别致. 由于=子则出一正一负， N,)时f(x)的函数值为整数的个数记为an,求数 二、导数与不等式交汇 列{an}的通项公式， 例2若函数y=(x)在R上可导且满足不等 即年兮内方程/()=0不可能有两个解 解析：由已知设f代x)=x2-5x+c(c为常数)，式f'(x)>-f八x)恒成立，常数a,b满足a>b,求 故要使得八)在（分，）上既不是单调递增 因为图象经过点(0,10)，所以c=10, 证：af(a)>bf(b). 以=f-5+0=(-引+5 分析：根据条件，构造函数F(x)=x(x). 函数也不是单调递减函数的充要条件是 证明：设F(x)=xf(x), f(号/3)<0， 因为当x∈(n,n+l](n∈N,)时， 则F'(x)=xf'(x)+fx)>0, (x)的函数值为整数的个数是an, 所以F(x)在R上为增函数， 写+子-2小（层+a-2<0, 所以当n=1时，(x)在(1,2]的值域为[4,6)， 又a>b, 即a1=2; 所以F(a)>F(b), 解得子<a<多， 当a=2时)在(2,3]的直域为平4小， 即af(a)>bf(b). 又因为a为正整数，所以a=2. 点评：由条件移项后有f'(x)+(x)>0,容 点评：本题解答的关键是确定导函数对应方程 即a2=1; 易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F(x) 的根与所给区间的位置关系，即方程的正根在区间 因为f'(x)=2x-5, =(x),求导即可完成证明. 所以当x>2.5时，fx)为单调递增函数， 三、导数与函数交汇 (兮》内本延解答体现了画数与方煜的思想，化归 即当n≥3时fx)在(n,n+1]上为单调递 例3已知函数f(x)=x3+ax2-2x+5,是否与转化的思想 第29期3,4版参考答案 因为函数f(x)在x=3时有极小值-9， 所以f'(0)=g'(0)=m=1, 所以f'(3)=27a-6+6=0, 一、单项选择题1~4DBCC5~8BCAB f(3)=27a-9+3b=-9, f”(0)=g“(0)=-1=-2mn,所以m=1,n=2 二、多项选择题9.CD;10.ABD;11.AC. (2)证明：由（)知g()=2 三、填空题12.(0，+∞)；13.17；14.1400 解得a=了6=-3， 四、解答题 所以f()=了--3xf"()=2-2x-3, 令e以)=f-8e0=indx+-2≥0 15.(1)a.=-2n+10. 4 (2)当n=4或n=5时，S,最大，最大值为20. 由f'(x)<0得-1<x<3, 0p）=ha2++2≥0， 16解：(1f()=1+子g()=- 所以f(x)的单调递减区间为(-1,3) (2)因为f'(x)=x2-2x-3, 所以p(x)在[0，+∞)上单调递增， 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为 所以f'(x)>k(xlnx-1)-6x-4等价于 又p(0)=f(0)-g(0)=0, f'(1)=3,曲线y=g(x)在x=1处的切线的斜率为g(1) +4+1>k(nx-1),即x+k+1+4-nx>0, 所以p(x)≥p(0)=0,即当x≥0时，f(x)≥g(x) =-a,由已知得f'(1)=g'(1),解得a=-3. (3)解：由题意知 2)由题得1+层-：>0.则。- 2 i记g(x)=x++1+4-n h(x）=f(x)-ax=ln(x+1)-ax(x>-1), 所以()-a=二兰 1 x+1 ≤-22，当且仅当x=2时，等号成立，故实数a的取值范 则g(x)=1-+-k-(x+1)(x-k-1 x2 x 围为(-0，-22]. 由g'(x)=0得x=k+1, ①当-a≥0，即u≤0时女>0， 17.(1)证明：因为a1=S1-S, 所以g(x)在(0，k+1)上单调递减，在(k+1,+0)上 所以h'(x)>0,所以h(x)在(-1，+0)上单调递增： S=di -AS 单调递增，所以g(x)≥g(k+1)=k+6-(k+1). ②当-a<0,即a>0时， 所以S=(S1-S)2-AS1, g(x)>0对任意正实数x恒成立， 令h'(x)=0得x=1-4=⊥ -1>-1 则Sn1(Sn1-2Sn-A)=0. 等价于k+6-n(k+1)>0, a a 因为a.>0,所以Sa1>0, 所以S1-2S。-A=0,故S1=2S.+入. 即1+ξ-n(k+1)>0, 所以当xe(1,。-时()>0： (2)解：由(1)知Sm1=2Sn+入， i记h()=1+-n(x+1), 当n≥2时，S.=2S1+入， 当e(日-1+）<0 两式相减得a1=2a,(n≥2，n∈N), 则)9女<0 1 所以4()在(-1，日-)上单调递增， 所以数列{a,}从第二顶起成等比数列，且公比g=2. 又S2=2S1+A,即a2+a1=2a1+A, 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， 所以a2=a1+入=1+入>0，得X>-1. 又h(6)=2-ln7>0,h(7)=号 在（日-1，+）上单调减： -ln8<0, 7 综上，当a≤0时，h(x)在(-1， n=1, 因此a.三1（入+1）2-2ns 所以k的最大值为6. +∞)上单调递增； 19.(1)解：由题可知f(0)=g(0)=0, 1 若数列{a,}是等比数列， r到到 1 当a>0时，h(x)在(-1， 则a2=1+入=2a1=2,所以入=1， 经验证得入=1时，数列a.}是等比数列 m 2mn )上单调递增，在（什-1，+）上 18.解：(1)由题意得f'(x)=3ax2-2x+b, g（x）=+m哈'(x)=+x, 单调递减， () (B) (c)号 (D) 学业水平测评（四） 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 7.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有 测试范围：第一~五章 规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 ⊙数理报社试题研究中心 形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）· 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立 已知P是椭圆。+为1u>6>0)上一点，A上分 第I卷选择题（共58分）》 体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面 是椭圆的左、右焦点.若△P℉，F2的周长为6，且椭圆上的点到椭圆 体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的 焦点的最小距离为1，则椭圆的离心率为 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 1.已知抛物线C:2=2px(p>0)的顶点为0，经过点A(xo,2) 棱长都是2（如图1），M,N分别为棱AD,AC的中点，则FM·BN= l3.已知各项均为正数的等比数列an}的前n项和为Sn,a2= 9,a2S4-10a1-90=0,则a6= 且F为抛物线C的焦点，若IAF1=51OFI,则p= ( ( ) (号 (B)1 (C)2 (D)2 (A)1 (®)3 (©多 (D)2 7 14.定义：如果函数y=∫(x)在定义域内的给定区间[a,b]上 存在(a<。<6),满足f()=f6)∠(a,则称函数y= b-a 2.已知点M(0,-1),点N在直线x-y+1=0上.若直线MW 8.在三棱锥D-ABC中，AB=BC=22,DA=DC=AC=4, 高中数学 垂直于直线x+2y-3=0,则点N的坐标是 平面ADC⊥平面ABC,点M在棱BC上，且DC与平面DAM所成角 f(x)是[a,b]上的“平均值函数”，x是它的一个均值点，例如y= x2是[-1,1]上的平均值函数，0就是它的均值点.现有函数f(x)= (A)(-2,-3) (B)(2,1) 的正弦值为 高中数学 ,则AM= ( 4 x3+mx是[-1,1]上的平均值函数，则实数m的取值范围是 选 (C)(2,3) (D)(-2,-1) 择 性 3.已知空间向量a,b,1a1=1,1b1=2,且a-b与a垂直， (A)4⑤ (B)10 (C)23 (D)2②6 3 3 四、解答题：本题共5小题，共77分 选择性 则a与b的夹角为 ( ) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 15.(13分)已知两点A(-2,1),B(4,3),两直线1：2x-3y-1 第 (A)60° (B)30 (C)135 (D)45 9.已知各项均为正数的等差数列{an}单调递增，且a5=2,则 =0,l2x-y-1=0. 必修第一 册 4.“燃脂单车”运动是一种在音乐的烘托下，运动者根据训练者 ( (1)求过点A且与直线l,平行的直线方程； 册 的指引有节奏的踩踏单车，进而达到燃脂目的的运动，由于其操作 (2)求过线段AB的中点以及直线l,与L,的交点的直线方程 教 A 简单，燃脂性强，受到广大健身爱好者的喜爱.已知某一单车爱好者 (A)公差d的取值范围是(-0,2) A 版 的骑行速度v(单位：km/h)随时间t(单位：h)变换的函数关系为 (B)2a1=ag+2 版 业 (0）=3兰+15,4∈[1,3]，则该单车爱好者骑行速度的最大值为 (C)as+as>ao+as 水 (D)a1+ag=4 ( 10.下列关于圆C:(x+2)2+(y-1)2=4的说法中正确的是 学业水平测评 (+15 是+5 (A)圆C的圆心为C(-2,1),半径为2 (c4+15 (D)3+15 e (B)直线1：3x-4y+7=0与圆C相交 (C)圆C与圆C:(x+1)2+(y-2)2=9相交 5.已知函数f(x)=e-e-2x+2,则不等式f(8x+4)≥2 (D)过点M(3,2)与圆心C的直线方程为x-y-5=0 的解集是 ( ) 11.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时(x)= (a){}x>} (B){x≥} x-1 02 .则下列结论正确的是 (c{x<-} (D){xx≤-2} (A)当x<0时，f(x)=-e(x+1) (B)函数∫(x)在R上有且仅有三个零点 6.已知双曲线E:一2害 =1(a>0,b>0)的离心率为5，直 (C)若关于x的方程∫(x)=m有解，则实数m的取值范围是 线1的斜率为-2，且过点M(a,b),直线l与x轴交于点C,点D在E f(-2)≤m≤f(2) 上，且满足MD=入MC,则入= (D)Vx1,x2 ER,If (x2)-f(x)I<2