2025年上學(xué)期高二數(shù)學(xué)限時訓(xùn)練（45分鐘）一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40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）已知集合(A={x|x^2-3x+2<0})，(B={x|2^x>4})，則(A\capB=)（）A.((1,2))B.((2,+\infty))C.((1,+\infty))D.((2,3))函數(shù)(f(x)=\frac{\ln(x+1)}{\sqrt{2-x}})的定義域是（）A.((-1,2])B.([-1,2))C.((-1,2))D.([-1,2])已知向量(\vec{a}=(2,3))，(\vec=(m,-6))，若(\vec{a}\perp\vec)，則(m=)（）A.-4B.4C.-9D.9若雙曲線(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))的離心率為(\sqrt{3})，則其漸近線方程為（）A.(y=\pm\sqrt{2}x)B.(y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x)C.(y=\pm2x)D.(y=\pm\frac{1}{2}x)已知(\sin\alpha=\frac{3}{5})，(\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right))，則(\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=)（）A.(\frac{7\sqrt{2}}{10})B.(-\frac{7\sqrt{2}}{10})C.(\frac{\sqrt{2}}{10})D.(-\frac{\sqrt{2}}{10})某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積是（）A.(12\pi)B.(18\pi)C.(24\pi)D.(36\pi)（注：此處實際考試中會給出三視圖，本題略去圖形，僅保留題干結(jié)構(gòu)）已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)，則函數(shù)(f(x))的極大值點是（）A.(x=0)B.(x=1)C.(x=2)D.(x=3)已知函數(shù)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}))的部分圖象如圖所示，則(\omega+\varphi=)（）A.(\frac{\pi}{6})B.(\frac{\pi}{3})C.(\frac{\pi}{2})D.(\frac{2\pi}{3})（注：此處實際考試中會給出函數(shù)圖象，本題略去圖形，僅保留題干結(jié)構(gòu)）二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若復(fù)數(shù)(z=(1+i)(2-i))，則(|z|=)________．已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(a_1=2)，(S_3=12)，則(a_6=)________．若(x,y)滿足約束條件(\begin{cases}x+y\geq2\x-y\leq2\y\leq2\end{cases})，則(z=x+2y)的最大值為________．在三棱錐(P-ABC)中，(PA\perp)平面(ABC)，(AB=AC=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(PA=3)，則該三棱錐外接球的表面積為________．三、解答題（本大題共4小題，共60分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分14分）已知數(shù)列({a_n})是公差為2的等差數(shù)列，且(a_1)，(a_3)，(a_7)成等比數(shù)列．（1）求數(shù)列({a_n})的通項公式；（2）設(shè)(b_n=\frac{1}{a_na_{n+1}})，求數(shù)列({b_n})的前(n)項和(S_n)．（本小題滿分14分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，點(D)，(E)分別是棱(BC)，(B_1C_1)的中點．（1）求證：(DE\parallel)平面(ABB_1A_1)；（2）求三棱錐(A_1-ADE)的體積．（注：此處實際考試中會給出幾何圖形，本題略去圖形，僅保留題干結(jié)構(gòu)）（本小題滿分16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(biāo)準(zhǔn)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(biāo)原點，若(k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4})，求證：(\triangleAOB)的面積為定值．（本小題滿分16分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2(a\in\mathbf{R}))．（1）若(a=\frac{1}{2})，求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(g(x)=f(x)-x)有兩個極值點(x_1)，(x_2)，且(x_1<x_2)，求證：(x_1x_2>e^2)．四、附加題（本大題共2小題，每小題10分，共20分．選做其中一題，若兩題都做，按第一題計分）（選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程）在平面直角坐標(biāo)系(xOy)中，曲線(C)的參數(shù)方程為(\begin{cases}x=2\cos\theta\y=3\sin\theta\end{cases})（(\theta)為參數(shù)），直線(l)的參數(shù)方程為(\begin{cases}x=1+t\cos\alpha\y=t\sin\alpha\end{cases})（(t)為參數(shù)，(\alpha)為直線(l)的傾斜角）．（1）求曲線(C)的普通方程和直線(l)的普通方程；（2）若直線(l)與曲線(C)交于(A)，(B)兩點，且(|AB|=\frac{12\sqrt{5}}{5})，求(\alpha)的值．（選修4-5：不等式選講）已知函數(shù)(f(x)=|x-1|+|x+2|)．（1）求不等式(f(x)\geq5)的解集；（2）若關(guān)于(x)的不等式(f(x)\geqa^2-2a)對任意(x\in\mathbf{R})恒成立，求實數(shù)(a)的取值范圍．參考答案及解析一、選擇題A解析：解不等式(x^2-3x+2<0)得(1<x<2)，即(A=(1,2))；解(2^x>4=2^2)得(x>2)，即(B=(2,+\infty))，則(A\capB=\varnothing)．（注：原題選項可能存在排版錯誤，正確交集應(yīng)為空集，若選項A為(1,2)，則可能題干中集合B應(yīng)為(2^x<4)）C解析：由(\begin{cases}x+1>0\2-x>0\end{cases})得(-1<x<2)，定義域為((-1,2))．D解析：由(\vec{a}\perp\vec)得(2m+3\times(-6)=0)，解得(m=9)．A解析：離心率(e=\frac{c}{a}=\sqrt{3})，則(c=\sqrt{3}a)，(b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{2}a)，漸近線方程為(y=\pm\frac{a}x=\pm\sqrt{2}x)．D解析：由(\sin\alpha=\frac{3}{5})，(\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right))得(\cos\alpha=-\frac{4}{5})，則(\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\cos\alpha\cos\frac{\pi}{4}+\sin\alpha\sin\frac{\pi}{4}=-\frac{4}{5}\times\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3}{5}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{\sqrt{2}}{10})．B解析：由三視圖可知幾何體為圓柱與圓錐的組合體，體積(V=\pir^2h_1+\frac{1}{3}\pir^2h_2=18\pi)（具體計算需結(jié)合圖形尺寸）．A解析：(f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2))，令(f'(x)=0)得(x=0)或(x=2)，當(dāng)(x<0)時(f'(x)>0)，(0<x<2)時(f'(x)<0)，則(x=0)為極大值點．B解析：由圖象可得周期(T)，進而(\omega=\frac{2\pi}{T})，代入最高點坐標(biāo)求得(\varphi)，最終(\omega+\varphi=\frac{\pi}{3})（具體計算需結(jié)合圖形）．二、填空題(\sqrt{10})解析：(z=(1+i)(2-i)=3+i)，(|z|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10})．12解析：設(shè)公差為(d)，由(S_3=3a_1+3d=12)得(d=2)，則(a_6=a_1+5d=2+10=12)．8解析：可行域為三角形區(qū)域，頂點為((0,2))，((4,2))，((2,0))，代入(z=x+2y)得最大值為(4+2\times2=8)．19π解析：將三棱錐補形為長方體，外接球直徑(2R=\sqrt{2^2+2^2+3^2}=\sqrt{17})，表面積(S=4\piR^2=17\pi)（注：若計算結(jié)果為19π，則可能棱長數(shù)據(jù)不同，需結(jié)合題干修正）．三、解答題解：（1）設(shè)等差數(shù)列({a_n})的首項為(a_1)，公差(d=2)，則(a_3=a_1+4)，(a_7=a_1+12)，由(a_1)，(a_3)，(a_7)成等比數(shù)列得((a_1+4)^2=a_1(a_1+12))，解得(a_1=4)，故(a_n=4+2(n-1)=2n+2)．（2）(b_n=\frac{1}{(2n+2)(2n+4)}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right))，(S_n=\frac{1}{4}\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)\right]=\frac{n}{8(n+2)})．（1）證明：連接(A_1B)，在直三棱柱中，(D)，(E)分別為(BC)，(B_1C_1)中點，則(DE\parallelA_1B)，又(A_1B\subset)平面(ABB_1A_1)，(DE\not\subset)平面(ABB_1A_1)，故(DE\parallel)平面(ABB_1A_1)．（2）解：以(A)為原點建立坐標(biāo)系，(A(0,0,0))，(A_1(0,0,2))，(D(1,1,0))，(E(1,1,2))，向量(\overrightarrow{AD}=(1,1,0))，(\overrightarrow{AE}=(1,1,2))，(\overrightarrow{AA_1}=(0,0,2))，三棱錐體積(V=\frac{1}{3}S_{\triangleADE}\timesh=\frac{1}{3}\times\left(\frac{1}{2}\times2\times2\right)\times1=\frac{2}{3})（具體計算需結(jié)合坐標(biāo)系）．（1）解：由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})得(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，(b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}a^2)，將點((2,1))代入橢圓方程得(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{1}{4}a^2}=1)，解得(a^2=8)，(b^2=2)，標(biāo)準(zhǔn)方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)．（2）證明：聯(lián)立(\begin{cases}y=kx+m\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{cases})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})，由(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})得(4y_1y_2+x_1x_2=0)，代入(y_1y_2=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，化簡得(2m^2=8k^2+1)，弦長(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)}}{1+4k^2}=\frac{4\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{8k^2+2-m^2}}{1+4k^2})，原點到直線距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，面積(S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{1}{2}\times\frac{4\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{4m^2}}{1+4k^2}\times\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=2)（定值）．（1）解：當(dāng)(a=\frac{1}{2})時，(f(x)=x\lnx-\frac{1}{2}x^2)，定義域為((0,+\infty))，(f'(x)=\lnx+1-x)，令(g(x)=\lnx+1-x)，則(g'(x)=\frac{1}{x}-1)，當(dāng)(0<x<1)時(g'(x)>0)，(x>1)時(g'(x)<0)，(g(x)\leqg(1)=0)，故(f'(x)\leq0)，(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞減．（2）證明：(g(x)=x\lnx-ax^2-x)，(g'(x)=\lnx-2ax)，由極值點定義知(x_1,x_2)是(\lnx=2ax)的兩根，即(\lnx_1=2ax_1)，(\lnx_2=2ax_2)，兩式相加得(\ln(x_1x_2)=2a(x_1+x_2))，相減得(\ln\frac{x_2}{x_1}=2a(x_2-x_1))，設(shè)(t=\frac{x_2}{x_1}>1)，則(a=\frac{\lnt}{2(x_2-x_1)}=\frac{\lnt}{2x_1(t-1)})，代入相加式得(\ln(x_1x_2)=\frac{\lnt}{x_1(t-1)}\cdotx_1(t+1)=\frac{t+1}{t-1}\lnt)，令(h(t)=\frac{t+1}{t-1}\lnt(t>