四川成都市树德中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

树德中学高2024级高二下学期半期考试数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1.若1,4,4,4,7成等差数列，14,4,125成等比数列，则验等于() b A.4 c D.8 25 2.若/()=e2,则/()在x=处的切线方程为州(） A.2x+y-2=0 B.2x-y=0 C.2x+y-e-1=0 D.2ex+y-2e=0 3.(x+y)x-2y)的展开式中，x3y3的系数为() A.-80 B.120 C.-40 D.40 4.树德中学有甲乙等5名同学约好去看三场不同的世界杯比赛，每名同学可自由选择观看其中的一场 比赛，且每场比赛都有同学观看，且甲乙去看同一场比赛，则不同选择的种数为() A.30 B.36 C.72 D.108 5.若函数f(x)=lnx+ax2-4在区间 22 内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是() B. C.（-2,+o0) D.[-2,+oo) 6已如双毒线兰茶=a>0b>0)的左、右熊点分别为，R,点A的坐标为 P是双 曲线在第二象限的部分上一点，且∠FPF3=2∠FPA,点卫是线段PF2的中点，且F,Q关于 直线PA对称，则双曲线的离心率为() A.3 B.2 c D.V2 7.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为'(x),f(I)=e,且对任意的x满足f'(x)-f(x)<e, 则不等式f(x)>e的解集为() A.（o,0） B.（o,1) C.(L,+o) D.(0,+o∞) 2026-5 高二数 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App 8.如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸 出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离 主挂件的为第二层分挂件现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相 邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色 方法种数为() A.192 B.216 C.264 D.288 二、多选题：本题共3小题，共18分。 9.已知抛物线y2=4x的焦点为F,过F的直线交抛物线于A(x1,y),B(x2,y2)两点，2为抛物线上 一个动点，且P(2,1),则() A.AB的最小值为4 B.以AF为直径的圆与抛物线的准线相切 c.0- D.P2+2F的最小值为3 I0已如事件A,B且P0=写P8到)=写P@团=号则） 3 人0-号 B.P(B)=P(A) cP4U=号 D.PABAUB=品 1l.数列{an也}满足函数f(x)=(anx+b,)e2，其中f(x)=xe2“，n+(x)=(x),n∈N,现 令c,=2,则() a A.an=2-4 B。C,为公差为)的等差数列 C.《-c.}的前2026项和为1013D.n≥2，ne,1+L+L++L>2nn C2 C3 Ca 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一个圆锥的母线长为1，其高与母线的夹角为45°，则该圆锥的体积为 13.甲袋子中装有3个白球和2个红球，乙袋子中装有4个白球和4个红球，先随机取一个袋子，再 从该袋子中不放回的取两次，每次取一个球，则在第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出 的球是白球的概率为 14.函数fx)=ar2e-2lnx-x+b(a>0)有且仅有一个零点，则a2+b最小值为 第1页，共2页 C扫描全能王 3亿人都在用的扫描App 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15.(I3分)如图，在四校锥P-ABCD中，BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上，且 PE⊥AD,PE=DE=2. (I)若F为线段PE中点，求证：BF∥平面PCD: (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. B 16.(15分)某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会，一旦考试通过，便可领取资格证书， 不再参加后续考试，否则继续参加考试，直至用完三次机会某考生小王决定参加考试，如果他参 加考试通过的概率依次为0.4,0.6,0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： (1)小王在一年内领到证书的概率： (2)小王在一年内参加考试次数X的分布列： (3)假设每次考试需缴纳80元报名费，求小王在一年内缴纳的报名费《单位：元)的分布列， 17.(15分尼知数列包，}的前a项和为5,4=2，且满足2a,+2a,+24,++20,=44 3 (I)求数列{an}的通项公式： 2n+1 (2)若b,=nlog2aH,求数列 的前n项和T,: (3)对于n∈N,（l”·<Tn恒成立，求实数的取值范围 2026-5高二数半 第2元 流只 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描Ap 7分)设椭圆C:+片红Q>b>0的左顶点为A,上顶点为B,已知椭圆的离 -2 lAB=√万. (1)求椭圆的方程： (2)设P,卫为椭圆上异于点A的两动点，若AP、Ag的斜率之积为- 4 ①证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标： ②求△AP2面积的最大值， 19(7分尼知函数)=号 (1)求f(x)在(0，∞)上的极值： (2)若x3f(x)>asinx在(0，π)上恒成立，求实数a的取值范围： (3)若存在正实数m使得函数h(x)=f(x)-m在(0，+∞)上有两个不同的零点x,x2,证明： Inx +Inx2 2-In m. 第2页，共2页 觉旅只 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫指AP 树德中学高2024级高二下学期半期考试数学试题参考答案 2 7 9 10 11 12 13 14 D A C B C B AD BCD ABD V2π 63 2- 12 2 2 15.()取PD的中点为S,接SF.SC,则SF/ED,SF=ED=1, 而ED/BC,ED=2BC,故SF/BC,SF=BC,故四边形SFBC为平行四边形， 故BF/SC,而BF4平面PCD,SCC平面PCD,所以BF/平面PCD.一一一5分 (2) 因为ED=2,故AE=1,故AE//BC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故CE/AB,所以CE⊥平面PAD, 一6分 而PE.EDC平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED,而PE⊥ED,故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0.-1.0),B(1.-1.0),C(1,0.0),D(0,2.0).P(0.0,2), 一7分 则PA=(0.-1.-2).PB=(1.-1.-2)PC=(1.0.-2).Pj=(0.2,-2). 设平面PAB的法向量为i=(x.y,),则由 元·风=0可得{”2：0·取 -y-2z=0 元.P元=0 m=(0.-2.1), 一9分 设平面PCD的法向量为i=(a.b.c),则由 元·P℃=0可得{a-2b=0 元.PD=0 26-2c=0,取7=(2.1.1)，- 11分 30 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为J30 -13分 30 30 2026-5 高数半 16.(1)设事件A=“第i次考试通过”(i=1,2,3),则一年内领到资格证书的概率为 1-P(4A2A)=1-0.6×0.4×0.2=0.952.—5分 (2)P(X=1)=P(A)=0.4,PX=2)=P(AA)=0.6×0.6=0.36 P(X=3)=P(AA2)=0.6×0.4=0.24. 分布列为： X 1 2 3 p 0.4 0.36 0.24 11分 (3)Y=80X,则由(2)，分布列为： Y 80 160 240 P 0.4 0.36 0.24 -15分 4-1-4 17.():2a+2ae+2ag+…+2"am=3，当n≥2时， 2如+2+2%+…+2-a-1=,两式相减得2a=.”4-,当n≥2 3 3 时，a,=2”，当n=1时也符合，4m=2". —5分 21+120+111 (2)由()可知6=l0ga+1=og2w1=L+1,则g=201+1=元-(n+1, z=1-京+员京++-山 1,11 2+1)2=1-a,。. 一10分 (③)易知了，随着n的增大而增大，当n为奇数时，2>-T,恒成立，即1>-X,1> 4 <<g 8 当n为偶数时，入<T恒成立，即1<工入<8：综上所述，-<7 一15分 18()由已知得e=分=所以心=4把，又A1=V+=V疗，所以心+=7，a-的=心， 解得心=4以-8，搭圆C的方程为号+号 =1. 一4分 (2)①若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为U=kr+n,P(x.1),Q(r.) 高数半第3页，共2页 y=kt +m, 由 y2 + 1消去W,得(4k2+3)z2+8kx+4m2-12=0. 4 3 ∴.△=64k2n2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2-n22+3)>0. 8km x1+2=42+3,2122=4n-12 42+3,又A-2,0),∴kpkA0=1.2=-1 x1+22+2 4 则(x1+2)(x2+2)+4(kx1+m)(kx2+m)=(1+4k2)x1x2+(2+4km)(x1+x2)+4m2+4 _L+4(4m2-12）+2+4km-8kml+4m2+4=0.化简m2-km-2k2=0,即 3+42 3+42 (m-2k)(m+k)=0. ,直线PQ不能经过点A,∴.m-2k0,∴.m+k=0..直线PQ的方程为y=k(x-1). .直线PQ经过定点(1,0)，当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过(1,0)，P,Q点坐标为 181-. 满足khpk0=-京综上，直线PQ过定点1,0. -11分 ②设直线PQ过定点(1,0)为D,设直线PQ的方程为x=my+1, 与椭圆联立消去x得，(4+3m2)y2+6my-9=0,△=144(m2+1)>0, -6m -9 h+班=4+3m2,hh=4+3m2 9aw-m=多VO+为P-=182,令=+.则≥1. 3 m2+1 t 1 ∴.S△Py=18 (3t+1)2 =18 96++6t>1,9t++6≥16（当且仅当6=1，即m=0 时取等号)， S8四≤号，△APQ面积的最大值为号， 9 -17分 19.)因为f(到=签，所以fa)=-2,令=0，所以x-2=0,解得=2， 3 当x∈(0.2)时，∫'(x)<0.f(x)单调递减，当x∈(2.+oo)时，'(x)>0,f(x)单调递增， 所以e)在0+5∞)的极小值为2)=兰，无极大值， -3分 2026-5 高 (2)rf(x)>asx在(0，π)上恒成立，即xe-asing>0在(0，π)上恒成立， ①当a≤0时，由x∈(0，T),得re'>0,-asinx≥0，因此xe'-asinz>0,满足题意： ②当a>0时，令h(c)=xe-a,sinx,则h'(x)=(x+1)c-aco3x, 令m(x)=h'(x),则m'(x)=(x+2)c+asinx,由x∈(0，)，得(x+2)e>0,asinr>0, 因此m(x)>0,则h(x)在(0，π)上单调递增， 若0<a≤1，则h(x)>h'(O)=1-a≥0，则h(x)在(0，π)上单调递增，所以h(x)>h(0)=0,满 足题意： 若a>1,则k0)=1-a<0,N(侵)-(（位+1p>0,因此)在@，上存在唯-的零点， 且∈(0， 当0<x<o时，h(x)<0,h(x)单调递减，当o<x<π时，h'(x)>0,h(x)单 调递增， 所以hmm=h(xo)<h(0)=0,不满足题意.综上，实数a的取值范围为(-o,1刂：一一9分 (③)正明：当x∈0.+o)时，9a=0即m==发，则e5=m,e=m,取对数有 x1=lhm+2lhx,x2=lnm+2lnx2,则题千变形为x1+x2>4. 不妨设2>工1，由(1)可知0<x1<2<x2,要证明1十x2>4,即证2>4-x1, 因为4-x1=2+2-x1>2,且∫()在(2，+∞)上单调递增，所以只需证f(x2)>f(4-1), el-f 又因为f)=f,所以只需要证fz)>f4-小，即证>4- 即证e(4-x)2-xe>0,两边同时除以e',得e1-(4-x)2-xe1>0, 0 化简为e2-2)>一2，因为0<x1<2，所以只需证c2≥4 即证e1-2(4-x1)-x1>0, 令p(x)=e-2(4-x)-x(0<x<2),则p'(x)=(3-x)e-2-1, 令t(x)=(3-x)e5-2-1(0<x<2), 则t(x)=(2-x)e-2>0在(0,2)上恒成立，所以t(x)在(0,2)上单调递增，(r)<t(2)=0, 即(x)<0在(0,2)上恒成立，所以(x)在(0,2)上单调递减， 所以(x)>p(2)=0.故e-2(4-)-x1>0,即f(x)>(4-),所以x1+x2>4. 即证lhx1+lhx2>2-lhm成立.- -17分 万.二数半第4页，共2页