2025年下學期高中數(shù)學分層教學測試試卷一、選擇題（共12小題，每小題5分，滿分60分）A層（基礎(chǔ)鞏固）已知集合(A={x|x^2-3x+2=0})，(B={x|x^2-ax+a-1=0})，若(A\cupB=A)，則實數(shù)(a)的值為（）A.2B.3C.2或3D.1或2函數(shù)(f(x)=\sqrt{\log_{\frac{1}{2}}(x-1)})的定義域是（）A.((1,2])B.([1,2))C.((1,+\infty))D.((-\infty,2])B層（能力提升）3.已知向量(\vec{a}=(1,2))，(\vec=(m,-1))，若(\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec))，則(m=)（）A.3B.5C.7D.9函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)在區(qū)間([-1,3])上的最大值為（）A.2B.0C.-4D.-6C層（拓展創(chuàng)新）5.已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax-1)在(R)上單調(diào)遞增，則實數(shù)(a)的取值范圍是（）A.((-\infty,0])B.([0,+\infty))C.((-\infty,1])D.([1,+\infty))已知雙曲線(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))的離心率為(\sqrt{3})，且過點((2,\sqrt{6}))，則雙曲線的標準方程為（）A.(\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{4}=1)B.(\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{2}=1)C.(\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{6}=1)D.(\frac{x^2}{6}-\frac{y^2}{3}=1)二、填空題（共4小題，每小題5分，滿分20分）A層7.若(\sin\alpha=\frac{3}{5})，且(\alpha)為第二象限角，則(\cos\alpha=)________。等比數(shù)列({a_n})中，(a_1=2)，(a_4=16)，則數(shù)列({a_n})的前(n)項和(S_n=)________。B層9.已知直線(l:y=kx+1)與圓(C:x^2+y^2-2x-3=0)相交于(A,B)兩點，若(|AB|=2\sqrt{3})，則(k=)________。函數(shù)(f(x)=\sinx+\cosx)在區(qū)間([0,\frac{\pi}{2}])上的最小值為________。C層11.已知函數(shù)(f(x)=\lnx-\frac{1}{2}ax^2+x)在((1,+\infty))上單調(diào)遞減，則實數(shù)(a)的取值范圍是________。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)的外接球的表面積為________。三、解答題（共6小題，滿分70分）A層（基礎(chǔ)鞏固）13.（10分）已知函數(shù)(f(x)=\sin^2x+\sqrt{3}\sinx\cosx+2\cos^2x)。（1）求函數(shù)(f(x))的最小正周期；（2）求函數(shù)(f(x))在區(qū)間([0,\frac{\pi}{2}])上的最大值和最小值。解答思路：（1）利用三角恒等變換化簡函數(shù)：(f(x)=\frac{1-\cos2x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x+2\cdot\frac{1+\cos2x}{2})(=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x+\frac{1}{2}\cos2x+\frac{3}{2}=\sin(2x+\frac{\pi}{6})+\frac{3}{2})，故最小正周期(T=\frac{2\pi}{2}=\pi)。（2）當(x\in[0,\frac{\pi}{2}])時，(2x+\frac{\pi}{6}\in[\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}])，(\sin(2x+\frac{\pi}{6})\in[-\frac{1}{2},1])，因此(f(x)\in[1,\frac{5}{2}])，最大值為(\frac{5}{2})，最小值為1。B層（能力提升）14.（12分）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1)。（1）證明：數(shù)列({a_n+1})是等比數(shù)列；（2）求數(shù)列({a_n})的前(n)項和(S_n)。解答思路：（1）由(a_{n+1}=2a_n+1)得(a_{n+1}+1=2(a_n+1))，又(a_1+1=2)，故數(shù)列({a_n+1})是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列。（2）由（1）知(a_n+1=2^n)，即(a_n=2^n-1)，則(S_n=(2^1+2^2+\cdots+2^n)-n=\frac{2(1-2^n)}{1-2}-n=2^{n+1}-n-2)。B層（能力提升）15.（12分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(D)為(BC)的中點。（1）求證：(A_1B\parallel)平面(ADC_1)；（2）求直線(A_1B)與平面(ADC_1)所成角的正弦值。解答思路：（1）連接(A_1C)交(AC_1)于點(O)，連接(OD)。在直三棱柱中，(O)為(A_1C)中點，(D)為(BC)中點，故(OD\parallelA_1B)。又(OD\subset)平面(ADC_1)，(A_1B\not\subset)平面(ADC_1)，因此(A_1B\parallel)平面(ADC_1)。（2）以(A)為原點，(AB,AC,AA_1)所在直線為(x,y,z)軸建立空間直角坐標系，則(A_1(0,0,2))，(B(2,0,0))，(D(1,1,0))，(C_1(0,2,2))。設(shè)平面(ADC_1)的法向量(\vec{n}=(x,y,z))，由(\vec{AD}=(1,1,0))，(\vec{AC_1}=(0,2,2))，得(\begin{cases}x+y=0\2y+2z=0\end{cases})，令(x=1)，則(y=-1)，(z=1)，即(\vec{n}=(1,-1,1))。(\vec{A_1B}=(2,0,-2))，設(shè)直線(A_1B)與平面(ADC_1)所成角為(\theta)，則(\sin\theta=|\cos\langle\vec{A_1B},\vec{n}\rangle|=\frac{|\vec{A_1B}\cdot\vec{n}|}{|\vec{A_1B}|\cdot|\vec{n}|}=\frac{|2\cdot1+0\cdot(-1)+(-2)\cdot1|}{\sqrt{8}\cdot\sqrt{3}}=0)，即直線(A_1B)與平面(ADC_1)所成角的正弦值為0。C層（拓展創(chuàng)新）16.（12分）已知橢圓(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的離心率為(\frac{\sqrt{3}}{2})，且過點((2,1))。（1）求橢圓(C)的標準方程；（2）設(shè)直線(l:y=kx+m)與橢圓(C)交于(A,B)兩點，(O)為坐標原點，若(k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4})，求證：(\triangleAOB)的面積為定值。解答思路：（1）由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})，得(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，又(b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}a^2)，橢圓方程可化為(\frac{x^2}{a^2}+\frac{4y^2}{a^2}=1)，將點((2,1))代入得(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1)，解得(a^2=8)，(b^2=2)，故橢圓(C)的標準方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（2）聯(lián)立(\begin{cases}\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\y=kx+m\end{cases})，消去(y)得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0)，設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，則(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2})，(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2})。(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=\frac{(kx_1+m)(kx_2+m)}{x_1x_2}=\frac{k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})，代入化簡得(4m^2=8k^2+2)，即(m^2=2k^2+\frac{1}{2})。(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{64k^2m^2}{(1+4k^2)^2}-\frac{16m^2-32}{1+4k^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{2(1+4k^2-m^2)}}{1+4k^2})，點(O)到直線(l)的距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{2(1+4k^2-m^2)}}{1+4k^2}\cdot\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{1+4k^2-m^2}\cdot|m|}{1+4k^2})，將(m^2=2k^2+\frac{1}{2})代入得(S_{\triangleAOB}=2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{1+4k^2-2k^2-\frac{1}{2}}\cdot\sqrt{2k^2+\frac{1}{2}}}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2k^2+\frac{1}{2}}\cdot\sqrt{2k^2+\frac{1}{2}}}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\cdot\frac{2k^2+\frac{1}{2}}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{2}=\sqrt{2})，即(\triangleAOB)的面積為定值(\sqrt{2})。（12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)，(a\inR)。（1）當(a=1)時，求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在(x=1)處取得極大值，求實數(shù)(a)的取值范圍。解答思路：（1）當(a=1)時，(f(x)=x\lnx-x^2+x)，定義域為((0,+\infty))，(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)，(g(x))單調(diào)遞增；當(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時，(g'(x)<0)，(g(x))單調(diào)遞減，(g(x)_{\max}=g(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}-1+2=1-\ln2>0)，又(g(1)=0-2+2=0)，(g(e^{-2})=-2-2e^{-2}+2=-2e^{-2}<0)，故存在(x_0\in(0,\frac{1}{2}))，使得(g(x_0)=0)，因此(f(x))的單調(diào)遞增區(qū)間為((x_0,1))，單調(diào)遞減區(qū)間為((0,x_0))，((1,+\infty))。（2）(f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2ax+2a)，由題意知(f'(1)=0-2a+2a=0)，即(x=1)是(f'(x))的零點，令(h(x)=\lnx-2ax+2a)，則(h'(x)=\frac{1}{x}-2a)，當(a\leq0)時，(h'(x)>0)，(h(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增，又(h(1)=0)，故當(x\in(0,1))時，(h(x)<0)，(f(x))單調(diào)遞減；當(x\in(1,+\infty))時，(h(x)>0)，(f(x))單調(diào)遞增，此時(x=1)是(f(x))的極小值點，不符合題意；當(a>0)時，令(h'(x)=0)，得(x=\frac{1}{2a})，若(\frac{1}{2a}>1)，即(0<a<\frac{1}{2})，則當(x\in(0,1))時，(h'(x)>0)，(h(x))單調(diào)遞增，(h(x)<h(1)=0)，(f(x))單調(diào)遞減；當(x\in(1,\frac{1}{2a}))時，(h'(x)>0)，(h(x))單調(diào)遞增，(h(x)>h(1)=0)，(f(x))單調(diào)遞增，此時(x=1)是(f(x))的極小值點，不符合題意；若(\frac{1}{2a}=1)，即(a=\frac{1}{2})，則(h'(x)\leq0)，(h(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞減，當(x\in(0,1))時，(h(x)>h(1)=0)，(f(x))單調(diào)遞增；當(x\in(1,+\infty))時，(h(x)<h(1)=0)，(f(x))單調(diào)遞減，此時(x=1)是(f(x))的極大值點，符合題意；若(0<\frac{1}{2a}<1)，即(a>\frac{1}{2})，則當(x\in(0,\frac{1}{2a}))時，(h'(x)>0)，(h(x))單調(diào)遞增；當(x\in(\frac{1}{2a},1))時，(h'(x)<0)，(h(x))單調(diào)遞減；當(x\in(1,+\infty))時，(h'(x)<0)，(h(x))單調(diào)遞減，又(h(1)=0)，(h(\frac{1}{2a})>h(1)=0)，存在(x_1\in(0,\frac{1}{2a}))，使得(h(x_1)=0)，故當(x\in(x_1,1))時，(h(x)>0)，(f(x))單調(diào)遞增；當(x\in(1,+\infty))時，(h(x)<0)，(f(x))單調(diào)遞減，此時(x=1)是(f(x))的極大值點，符合題意，綜上，實數(shù)(a)的取值范圍是([\frac{1}{2},+\infty))。（14分）已知函數(shù)(f(x)=e^x-x-1)，(g(x)=f(x)-ax^2)。（1）證明：當(x\geq0)時，(f(x)\geq0)；（2）若當(x\geq0)時，(g(x)\geq0)，求實數(shù)(a)的取值范圍。解答思路：（1）(f'(x)=e^x-1)，當(x\geq0)時，(f'(x)\geq0)，(f(x))在([0,+\infty))上單調(diào)遞增，故(f(x)\geqf(0)=0)，即(f(x)\geq0)。（2）(g(x)=e^x-x-1-ax^2)，(g'(x)=e^x-1-2ax)，由（1）知當(a\leq\frac{1}{2})時，(e^x\geq1+x+\frac{x^2}{2})，則(g'(x)=e^x-1-2ax\geq1+x+\frac{x^2}{2}