浙江省杭州十四中2024-2025学年高二（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页浙江省杭州十四中2024-2025学年高二（上）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若一条直线经过两点(1,0)和(−2,3)，则该直线的倾斜角为A.π6 B.π3 C.2π32.空间一点P在xOy平面上的射影为M(2,4,0)，在xOz平面上的射影为N(2,0,7)，则P在yOz平面上的射影Q的坐标为(

)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.我们把由0和1组成的数列称为0−1数列，0−1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列{Fn}(F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇数换成0，偶数换成1A.35 B.32 C.29 D.266.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c，设g(x)=e−x⋅f(x)，若函数A.a<b，b<c B.a>b，b>c C.ba>1，b=c D.b7.已知直线l经过抛物线C：y2=4x的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若使得OP=OA+OB成立的点P的横坐标为3A.25 B.35 C.8.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA=PD=AB，E为线段PB的中点，若面AEC⊥面ABCD，则平面PAD和平面ABCD夹角余弦值为(

)A.33 B.13 C.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知空间向量i,j,kA.向量i+j+k的模是3

B.{i+j,i−j,k}可以构成空间的一个基底

10.各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1>1A.若T6=T10，则必有T16=1 B.若T7>T8，则必有T6>11.设函数f(x)=(x+a)ln(x+b)，则下面说法正确的是(

)A.当a=0，b=1时，函数f(x)在定义域上仅有一个零点

B.当a=0，b=0时，函数f(x)在(1,+∞)上单调递增

C.若函数f(x)存在极值点，则b<a<b+1e2或a≤b

D.若f(x)≥0恒成立，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.函数f(x)=2cos(−2x+π6)，其导函数为函数f′(x)，则f′(13.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和Sn，a2a4=1614.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C右支上一点，线段PF四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

已知圆C：(x−4)2+y2=25，点P(1,4)，且直线l经过点P．

(1)若l与C相切，求l的方程；

(2)若l的倾斜角为π416.(本小题12分)

已知数列{an}、{bn}的各项均不为零，若{bn}是单调递增数列，且2an=bn⋅bn+1，an+an+1=bn+1217.(本小题12分)

过点P(1,m)(m∈R)有n条直线与函数f(x)=xex的图像相切．

(1)若m=e，求n的值并求切线的方程；

(2)当n取最大值时，求m的取值范围．18.(本小题12分)

在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，且AA1=AB=2，M为AD的中点，动点P满足BP=xBB1+yBD，且x，y∈[0,1]．

(1)若x+y=12时，求证：AP⊥BD1；

(2)若x=y，E为19.(本小题12分)

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为23，离心率为12．

(1)求C的方程；

(2)如图，过点O的直线l(异于y轴)与C交于点P，Q，过左焦点F作直线PQ的垂线交圆x2+y2=a2于点M，N，垂足为T．

①若点A(−4,0)，设直线AM，AN的斜率分别为k

答案解析1.【答案】D

【解析】解：设该直线的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，

直线经过两点(1,0)和(−2,3)，

则直线的斜率为3−0−2−1=−33，

故tanθ=−33，解得θ=2.【答案】C

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

则点P的坐标为(2,4,7)，

则点P在yOz平面上的射影Q的坐标为(0,4,7)．

故选：C．

根据射影的概念，可得答案．

本题主要考查射影的概念，属于基础题．3.【答案】B

【解析】解：根据题意，⊙C的方程为x2+y2+2x−2y+12=0，变形为标准方程可得(x+1)2+(y−4.【答案】C

【解析】解：若方程x22+m+y25−2m=1表示椭圆，则2+m>05−2m>02+m≠5−2m，

解得−2<m<52且m≠1，

故m的取值范围是5.【答案】B

【解析】解：斐波那契数列{Fn123456789⋯F112358132134⋯把斐波那契数列{Fn}(F1=Fn123456789⋯a001001001⋯所以数列{an}的最小正周期为3，一个周期内三项的和为1，

因为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，

设g′(x)=0的两个根为x1，x2，

由韦达定理可得，x1+x2=2a−ba，x1x2=c−ba，

由图可知，x1=07.【答案】A

【解析】解：已知直线l经过抛物线C：y2=4x的焦点，且与抛物线交于A，B两点，

则F(1,0)，

又使得OP=OA+OB成立的点P的横坐标为3，

则直线AB的斜率显然存在，

不妨设直线AB的方程为y=k(x−1)，k≠0，

联立y=k(x−1)y2=4x，

消y可得：k2x2−(2k2+4)x+k2=0，

则xA+xB=2k2+4k2，

又OP=OA+OB成立的点P的横坐标为3，8.【答案】A

【解析】解：取AD，BC的中点O，Q，连接OP，OQ，

因为底面ABCD为正方形，PA=PD=AB，

所以OQ⊥AD，△PAD为等边三角形，所以OP⊥AD，

所以∠POQ或其补角即为平面PAD和平面ABCD夹角，

过点O作OT⊥平面ABCD，交平面PBC于点T，

以O为坐标原点，OA，OQ，OT所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设AD=2，则AP=2，则A(1,0,0)，D(−1,0,0)，C(−1,2,0)，B(1,2,0)，

设P(0,m,n)，则E(12,m+22,n2)，

因为面AEC⊥面ABCD，面AEC∩面ABCD=AC，BD⊥AC，BD⊂平面ABCD，

所以BD⊥平面AEC，

因为AE⊂平面AEC，所以BD⊥AE，

因为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的补角为平面PAD和平面ABCD夹角，

过点P作PW⊥z轴于点W，则PW=1，

又因为OP=AP2−AO2=3，

所以cos∠POQ=cos(∠POW+π2)=−sin9.【答案】BC

【解析】【分析】本题考查了空间向量的应用，涉及了空间向量模的求解、空间向量的基底、空间向量的夹角等知识点，考查的知识面广，对学生基础知识掌握的情况有较高的要求，属于中档题．

利用向量的模的性质将i+j+k的模转化为数量积求解，即可判断选项A，利用不共面的向量作为基底判断选项B，利用两个向量夹角的余弦公式进行求解，即可判断选项C，利用向量的夹角公式求出向量i+【解答】

解：对于选项A，因为空间向量i,j,k都是单位向量，且两两垂直，

所以|i|=|j|=|k|=1，且i⋅j=0,i⋅k=0,j⋅k=0，

则|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，

故选项A错误；

对于选项B，因为空间向量i,j,k都是单位向量，且两两垂直，

所以i,j,k不共面，而向量i+j,i−j均与i10.【答案】ACD

【解析】解：各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1>1，公比q≠1，

A选项，a7a8a9a10=1，得a7a10=a8a9=1，

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

故T16=a8a9⋅a7a10⋅a6a11⋅a5a12⋅a4a13⋅a3a14⋅a2a15⋅a1a16=1，A正确；

B选项，若T7>T8，则a8<1，而a1>1，所以数列{an}单调递减，

若a7>1，则T7T6>1，所以T7>T11.【答案】ABC

【解析】解：函数f(x)=(x+a)ln(x+b)的定义域为(−b,+∞)，

选项A，当a=0，b=1时，f(x)=xln(x+1)，

由f(x)=0得，x=0或ln(x+1)=0，得x=0，

∴函数f(x)在定义域上仅有一个零点，故选项A正确；

选项B，当a=b=0时，函数f(x)=xlnx，

当x>1时，f′(x)=lnx+1>0，故函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，故选项B正确；

选项C，f′(x)=ln(x+b)+x+ax+b=ln(x+b)+1+a−bx+b，

设g(x)=ln(x+b)+1+a−bx+b，则g′(x)=1x+b−a−b(x+b)2=x+2b−a(x+b)2，

当a≤b时，g′(x)>0，∴函数g(x)在定义域上单调递增，

即函数f′(x)在定义域上单调递增，且当x→−b时，f′(x)→−∞，

当x→+∞时，f′(x)→+∞，此时函数f′(x)存在零点x0，

即函数f(x)在(−b,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，

故此时函数f(x)存在极值点；

当a>b时，令g′(x)=0，则x=a−2b，

当x∈(−b,a−2b)时，g′(x)<0，当x∈(a−2b,+∞)时，g′(x)>0，

∴函数g(x)在(−b,a−2b)上单调递减，在(a−2b,+∞)上单调递增，

故f′(x)≥f′(a−2b)=ln(a−b)+2，

若函数f(x)存在极值点，则需ln(a−b)+2<0，解得b<a<b+1e2，

综上，当函数f(x)存在极值点时，b<a<b+1e2或a≤b，故选项C正确；

对于选项D，∵y=ln(x+b)在(−b,+∞)为增函数，

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

当x=−b+1时，y=ln(x+b)=0，

要使(x+a)ln(x+b)≥0恒成立，

则需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}是等比数列，

∴a2a4=a32=16，又an>0，

∴a3=4，

设{an}的公比为q(q>0)，

∵9S4=10S2，

∴9(a1+a2+a3+a14.【答案】5【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C右支上一点，线段PF1与C的左支交于点M.若∠F1PF2=90°，

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

又∠F1PF2=90°，∴|PF2||PM|=34，

设|PF2|=3x，则|PM|=4x，由勾股定理得|MF2|=|PF2|2+|PM15.【答案】3x−4y+13=0；

2．

【解析】解：(1)根据题意，圆C：(x−4)2+y2=25，

点P(1,4)，有(1−4)2+42=25，点P在圆C上，

kPC=4−01−4=−43，

故切线的斜率k=34，

此时直线l的方程为34x−y+134=0，即3x−4y+13=0，

故直线l的方程为3x−4y+13=0；

(2)根据题意，若l的倾斜角为π4，则其斜率k=tanπ4=1，

则其方程为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}的各项均不为零，

∴两边同时除以bn+1得bn+2+bn=2bn+1，

∴{bn}是公差d>0的等差数列，

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，切线方程为2ex−y−e=0；

n取最大值3时，m的取值范围为(−5e【解析】解：(1)当m=e时，点P(1,e)在f(x)=xex上，

由f(x)=xex得，f′(x)=(1+x)ex，

若P(1,e)不是切点，设切点为(x0,x0ex0)，

则f′(x0)=(1+x0)ex0，

故切线方程为y−x0ex0=(1+x0)ex0(x−x0)，

又P(1,e)在切线方程上，

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，

则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,+∞)上单调递增，在(−2,1)上单调递减，

又u(−2)=5e2+e>0，u(1)=0，

又x<−2时，x2−x−1>0，故u(x)>0恒成立，

故u(x)=(x2−x−1)ex+e，x≠1，无零点；

若P(1,e)为切点，则f′(1)=2e，

故切线方程为y−e=2e(x−1)，即2ex−y−e=0；

综上，n=1，切线方程为2ex−y−e=0；

(2)设切点为(t,tet)，f′(x)=(1+x)ex，

f(x)=xex在(t,tet)处的切线方程为y−tet=(1+t)et(x−t)，

将P(1,m)代入切线方程中得m−tet=(1+t)et(1−t)，18.【答案】见解析；

2217；

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

M为AD的中点，动点P满足BP=xBB1+yBD，x，y∈[0,1]．

在底面菱形ABCD中，连接AC，

记AC∩BD=O′，取B1D1的中点为Q，连接OQ，

由菱形ABCD的性质得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两两垂直，

以O′为坐标原点，分别以O′A，O′B，O′Q所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

∵∠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)，

则BB1=(0,0,2),BD=(0,−2,0),BD1=(0,−2,2),AB=(−3