2025年上學(xué)期高一數(shù)學(xué)周測(cè)（第二十周）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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）已知集合(A={x|x^2-3x+2<0})，(B={x|2x-3>0})，則(A\capB=)（）A.((1,\frac{3}{2}))B.((\frac{3}{2},2))C.((1,+\infty))D.((2,+\infty))函數(shù)(f(x)=\sqrt{2x-1}+\frac{1}{x-2})的定義域是（）A.([\frac{1}{2},+\infty))B.([\frac{1}{2},2)\cup(2,+\infty))C.((\frac{1}{2},2)\cup(2,+\infty))D.((-\infty,2)\cup(2,+\infty))已知(\sin\alpha=\frac{3}{5})，(\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi))，則(\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})=)（）A.(-\frac{\sqrt{2}}{10})B.(\frac{\sqrt{2}}{10})C.(-\frac{7\sqrt{2}}{10})D.(\frac{7\sqrt{2}}{10})在等差數(shù)列({a_n})中，若(a_3+a_5+a_7=30)，則(a_2+a_8=)（）A.10B.15C.20D.25已知向量(\vec{a}=(1,2))，(\vec=(m,-1))，若(\vec{a}\perp\vec)，則實(shí)數(shù)(m=)（）A.-2B.2C.(-\frac{1}{2})D.(\frac{1}{2})函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)在區(qū)間([-1,3])上的最大值是（）A.2B.0C.-2D.-4已知直線(l:2x-y+1=0)與圓(C:x^2+y^2-4x+2y-4=0)，則直線(l)與圓(C)的位置關(guān)系是（）A.相交B.相切C.相離D.無(wú)法確定某中學(xué)高一年級(jí)有500名學(xué)生，為了了解學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)，從中隨機(jī)抽取50名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，在這個(gè)問(wèn)題中，樣本是（）A.500名學(xué)生B.50名學(xué)生C.500名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)D.50名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）計(jì)算(\log_28+\lne^2-(\frac{1}{2})^{-1}=)________．已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項(xiàng)和為(S_n)，若(a_1=1)，公比(q=2)，則(S_5=)________．函數(shù)(f(x)=\sin(2x+\frac{\pi}{3}))的最小正周期是________，單調(diào)遞增區(qū)間是________．已知三棱錐(P-ABC)的三條側(cè)棱(PA)，(PB)，(PC)兩兩垂直，且(PA=PB=PC=2)，則三棱錐(P-ABC)的體積是________．三、解答題（本大題共6小題，共90分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）（本小題滿分14分）已知函數(shù)(f(x)=2\sinx\cosx+2\cos^2x-1)．（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．（本小題滿分14分）在(\triangleABC)中，角(A)，(B)，(C)所對(duì)的邊分別為(a)，(b)，(c)，已知(a=3)，(b=4)，(\cosC=\frac{1}{4})．（1）求邊(c)的長(zhǎng)；（2）求(\sinA)的值．（本小題滿分14分）已知數(shù)列({a_n})是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列({b_n})滿足(b_1=1)，(b_{n+1}=2b_n+a_n)．（1）求數(shù)列({a_n})的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列({b_n})的前(n)項(xiàng)和(S_n)．（本小題滿分16分）如圖，在四棱錐(P-ABCD)中，底面(ABCD)是矩形，(PA\perp)底面(ABCD)，(PA=AD=2)，(AB=1)，點(diǎn)(E)是(PD)的中點(diǎn)．（1）求證：(AE\parallel)平面(PBC)；（2）求三棱錐(E-PBC)的體積．（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(guò)點(diǎn)((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(diǎn)，(O)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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^2-2ax+a^2-1)，(g(x)=e^x-x-1)．（1）若函數(shù)(f(x))在區(qū)間([0,2])上的最小值為3，求實(shí)數(shù)(a)的值；（2）設(shè)(h(x)=f(x)+g(x))，若函數(shù)(h(x))有兩個(gè)極值點(diǎn)(x_1)，(x_2)，且(x_1<x_2)，求證：(h(x_1)+h(x_2)>-2)．參考答案與解析一、選擇題B解析：解集合(A)中的不等式(x^2-3x+2<0)，得(1<x<2)，即(A=(1,2))；解集合(B)中的不等式(2x-3>0)，得(x>\frac{3}{2})，即(B=(\frac{3}{2},+\infty))．則(A\capB=(\frac{3}{2},2))，故選B．B解析：要使函數(shù)(f(x))有意義，需滿足(\begin{cases}2x-1\geq0\x-2\neq0\end{cases})，解得(x\geq\frac{1}{2})且(x\neq2)，故定義域?yàn)?[\frac{1}{2},2)\cup(2,+\infty))，選B．A解析：因?yàn)?\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi))，所以(\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\frac{4}{5})．則(\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})=\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})，選A．C解析：在等差數(shù)列中，(a_3+a_7=2a_5)，所以(a_3+a_5+a_7=3a_5=30)，解得(a_5=10)．則(a_2+a_8=2a_5=20)，選C．B解析：因?yàn)?\vec{a}\perp\vec)，所以(\vec{a}\cdot\vec=1\timesm+2\times(-1)=m-2=0)，解得(m=2)，選B．A解析：(f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2))，令(f'(x)=0)，得(x=0)或(x=2)．計(jì)算函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)及極值點(diǎn)處的函數(shù)值：(f(-1)=-1-3+2=-2)，(f(0)=0-0+2=2)，(f(2)=8-12+2=-2)，(f(3)=27-27+2=2)．所以最大值為2，選A．A解析：將圓(C)的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程：((x-2)^2+(y+1)^2=9)，圓心為((2,-1))，半徑(r=3)．圓心到直線(l)的距離(d=\frac{|2\times2-(-1)+1|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}<3)，所以直線與圓相交，選A．D解析：樣本是從總體中抽取的部分個(gè)體，本題中總體是500名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)，樣本是50名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)，選D．二、填空題3解析：(\log_28=3)，(\lne^2=2)，((\frac{1}{2})^{-1}=2)，所以原式(=3+2-2=3)．31解析：(S_5=\frac{a_1(1-q^5)}{1-q}=\frac{1\times(1-2^5)}{1-2}=31)．(\pi)；([k\pi-\frac{5\pi}{12},k\pi+\frac{\pi}{12}](k\in\mathbf{Z}))解析：最小正周期(T=\frac{2\pi}{2}=\pi)．由(2k\pi-\frac{\pi}{2}\leq2x+\frac{\pi}{3}\leq2k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z}))，解得(k\pi-\frac{5\pi}{12}\leqx\leqk\pi+\frac{\pi}{12}(k\in\mathbf{Z}))，即單調(diào)遞增區(qū)間為([k\pi-\frac{5\pi}{12},k\pi+\frac{\pi}{12}](k\in\mathbf{Z}))．(\frac{4}{3})解析：因?yàn)槿忮F的三條側(cè)棱兩兩垂直，所以體積(V=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\timesPA\timesPB\timesPC=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times2\times2=\frac{4}{3})．三、解答題解：（1）(f(x)=\sin2x+\cos2x=\sqrt{2}\sin(2x+\frac{\pi}{4}))，所以最小正周期(T=\frac{2\pi}{2}=\pi)．（2）因?yàn)?x\in[0,\frac{\pi}{2}])，所以(2x+\frac{\pi}{4}\in[\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}])．當(dāng)(2x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2})，即(x=\frac{\pi}{8})時(shí)，(f(x))取得最大值(\sqrt{2})；當(dāng)(2x+\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{4})，即(x=\frac{\pi}{2})時(shí)，(f(x))取得最小值(-1)．解：（1）由余弦定理得(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=3^2+4^2-2\times3\times4\times\frac{1}{4}=9+16-6=19)，所以(c=\sqrt{19})．（2）因?yàn)?\cosC=\frac{1}{4})，所以(\sinC=\sqrt{1-\cos^2C}=\frac{\sqrt{15}}{4})．由正弦定理得(\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC})，所以(\sinA=\frac{a\sinC}{c}=\frac{3\times\frac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{19}}=\frac{3\sqrt{285}}{76})．解：（1）因?yàn)閿?shù)列({a_n})是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，所以(a_n=1+(n-1)\times2=2n-1)．（2）由(b_{n+1}=2b_n+a_n=2b_n+2n-1)，得(b_{n+1}+(n+1)=2(b_n+n))，所以數(shù)列({b_n+n})是以(b_1+1=2)為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．則(b_n+n=2\times2^{n-1}=2^n)，所以(b_n=2^n-n)．因此(S_n=(2^1+2^2+\cdots+2^n)-(1+2+\cdots+n)=\frac{2(1-2^n)}{1-2}-\frac{n(n+1)}{2}=2^{n+1}-2-\frac{n(n+1)}{2})．（1）證明：取(PC)的中點(diǎn)(F)，連接(EF)，(BF)．因?yàn)?E)是(PD)的中點(diǎn)，所以(EF\parallelCD)，且(EF=\frac{1}{2}CD)．又因?yàn)榈酌?ABCD)是矩形，所以(AB\parallelCD)，且(AB=CD)，所以(EF\parallelAB)，且(EF=AB)，則四邊形(ABFE)是平行四邊形，所以(AE\parallelBF)．因?yàn)?AE\not\subset)平面(PBC)，(BF\subset)平面(PBC)，所以(AE\parallel)平面(PBC)．（2）解：因?yàn)?PA\perp)底面(ABCD)，所以(PA\perpBC)．又因?yàn)榈酌?ABCD)是矩形，所以(AB\perpBC)，且(PA\capAB=A)，所以(BC\perp)平面(PAB)，則(BC\perpPB)．(PB=\sqrt{PA^2+AB^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5})，(BC=2)，所以(S_{\trianglePBC}=\frac{1}{2}\timesPB\timesBC=\frac{1}{2}\times\sqrt{5}\times2=\sqrt{5})．因?yàn)?E)是(PD)的中點(diǎn)，所以點(diǎn)(E)到平面(PBC)的距離等于點(diǎn)(D)到平面(PBC)距離的一半．又因?yàn)?AD\parallelBC)，(AD\not\subset)平面(PBC)，(BC\subset)平面(PBC)，所以(AD\parallel)平面(PBC)，則點(diǎn)(D)到平面(PBC)的距離等于點(diǎn)(A)到平面(PBC)的距離．過(guò)(A)作(AH\perpPB)于(H)，因?yàn)?BC\perp)平面(PAB)，所以(BC\perpAH)，又(PB\capBC=B)，所以(AH\perp)平面(PBC)，(AH=\frac{PA\timesAB}{PB}=\frac{2\times1}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5})，則點(diǎn)(E)到平面(PBC)的距離為(\frac{\sqrt{5}}{5})，所以(V_{E-PBC}=\frac{1}{3}\timesS_{\trianglePBC}\times\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{1}{3}\times\sqrt{5}\times\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{1}{3})．（1）解：由題意得(\begin{cases}\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\a^2=b^2+c^2\end{cases})，解得(a^2=8)，(b^2=2)，所以橢圓(C)的標(biāo)準(zhǔn)方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)．（2）證明：設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，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)．則(\Delta=64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)=16(8k^2-m^2+2)>0)，(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2})，(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2})．因?yàn)?k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})，所以(4y_1y_2+x_1x_2=0)．又(y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，所以(4[k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2]+x_1x_2=0)，整理得((4k^2+1)x_1x_2+4km(x_1+x_2)+4m^2=0)，代入(x_1+x_2)和(x_1x_2)，解得(m^2=2+4k^2)．則(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{2}\sqrt{1+4k^2-m^2}}{1+4k^2}=\frac{4\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}}{|m|})，原點(diǎn)(O)到直線(l)的距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，所以(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}\times|AB|\timesd=\frac{1}{2}\times\frac{4\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}}{|m|}\times\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=2\sqrt{2})，即(\triangleAOB)的面積為定值(2\sqrt{2})．（1）解：(f(x)=(x-a)^2-1)，對(duì)稱軸為(x=a)．當(dāng)(a\leq0)時(shí)，(f(x))在([0,2])上單調(diào)遞增，最小值為(f(0)=a^2-1=3)，解得(a=-2)（(a=2)舍去）；當(dāng)(0<a<2)時(shí)，(f(x))在(x=a)處取得最小值(f(a)=-1\neq3)，無(wú)解；當(dāng)(a\geq2)時(shí)，(f(x))在([0,2])上單調(diào)遞減，最小值為(f(2)=a^2-4a+3=3)，解得(a=4)（(a=0)舍去）．綜上，(a=-2)或(a=4)．（2）證明：(h(x)=x^2-2ax+a^2-1+e^x-x-1=e^x+x^2-(2a+1)x+a^2-2)，(h'(x)=e^x+2x-(2a+1))．因?yàn)楹瘮?shù)(h(x))有兩個(gè)極值點(diǎn)(x_1)，(x_2)，所以(h'(x)=0)有兩個(gè)不同的根(x_1)，(x_2)，即(e^x+2x=2a+1)有兩個(gè)不同的解．設(shè)(\varphi(x)=e^x+2x)，則(\varphi'(x)=e^x+2>0)，所以(\varphi