2025年下學期高二數學每日一練（Day14）一、選擇題（共8小題，每小題5分，共40分）已知復數(z=\frac{2+i}{1-i})，則其共軛復數(\overline{z})的虛部為（）A.(\frac{3}{2})B.(-\frac{3}{2})C.(\frac{1}{2})D.(-\frac{1}{2})解析：先對復數(z)進行化簡：[z=\frac{2+i}{1-i}=\frac{(2+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{2(1)+2i+i+i^2}{1^2-i^2}=\frac{2+3i-1}{2}=\frac{1+3i}{2}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}i]共軛復數(\overline{z}=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i)，其虛部為(-\frac{3}{2})。答案：B已知向量(\vec{a}=(2,3))，(\vec=(m,-6))，且(\vec{a}\perp\vec)，則(m)的值為（）A.-4B.4C.9D.-9解析：向量垂直的充要條件是數量積為0：[\vec{a}\cdot\vec=2m+3\times(-6)=0\implies2m-18=0\impliesm=9]答案：C函數(f(x)=\lnx+\frac{1}{x})的單調遞減區(qū)間是（）A.((-\infty,1))B.((0,1))C.((1,+\infty))D.((0,+\infty))解析：函數定義域為((0,+\infty))，求導得：[f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}]令(f'(x)<0)，即(x-1<0\impliesx<1)。結合定義域，單調遞減區(qū)間為((0,1))。答案：B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})，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)解析：離心率(e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}\impliesc=\sqrt{3}a)。由(c^2=a^2+b^2)得：[3a^2=a^2+b^2\impliesb^2=2a^2\implies\frac{a}=\sqrt{2}]漸近線方程為(y=\pm\frac{a}x=\pm\sqrt{2}x)。答案：A某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積為（）A.(12\pi)B.(18\pi)C.(24\pi)D.(36\pi)解析：由三視圖可知，該幾何體為底面半徑3cm、高4cm的圓柱，體積公式為(V=\pir^2h)：[V=\pi\times3^2\times4=36\pi,\text{cm}^3]（注：若三視圖顯示為半圓柱，則體積需減半，但本題未提供圖形，按標準圓柱計算）答案：D在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，若(a=2)，(b=3)，(\cosC=-\frac{1}{4})，則(c=)（）A.4B.(\sqrt{7})C.(\sqrt{10})D.(\sqrt{13})解析：由余弦定理直接求解：[c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=2^2+3^2-2\times2\times3\times\left(-\frac{1}{4}\right)=4+9+3=16\impliesc=4]答案：A已知隨機變量(X\simN(2,\sigma^2))，且(P(X\leq0)=0.2)，則(P(2<X<4)=)（）A.0.3B.0.4C.0.5D.0.6解析：正態(tài)分布(N(2,\sigma^2))關于(x=2)對稱，因此：[P(X\leq0)=P(X\geq4)=0.2\impliesP(0<X<4)=1-0.2-0.2=0.6]由對稱性得(P(2<X<4)=\frac{1}{2}P(0<X<4)=0.3)。答案：A已知函數(f(x)=2\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right))，則下列說法正確的是（）A.最小正周期為(\pi)B.圖象關于點(\left(\frac{\pi}{6},0\right))對稱C.圖象關于直線(x=\frac{\pi}{6})對稱D.在(\left[0,\frac{\pi}{2}\right])上單調遞增解析：周期：(T=\frac{2\pi}{2}=\pi)，A正確；對稱中心：令(2x+\frac{\pi}{3}=k\pi\impliesx=\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{6})，當(k=0)時(x=-\frac{\pi}{6})，B錯誤；對稱軸：令(2x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k\pi\impliesx=\frac{\pi}{12}+\frac{k\pi}{2})，C錯誤；單調性：令(-\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq2x+\frac{\pi}{3}\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi\implies-\frac{5\pi}{12}+k\pi\leqx\leq\frac{\pi}{12}+k\pi)，在(\left[0,\frac{\pi}{2}\right])上不單調，D錯誤。答案：A二、填空題（共4小題，每小題5分，共20分）若(\tan\alpha=2)，則(\sin2\alpha=)________。解析：利用二倍角公式及同角關系：[\sin2\alpha=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}=\frac{2\tan\alpha}{\tan^2\alpha+1}=\frac{2\times2}{4+1}=\frac{4}{5}]答案：(\frac{4}{5})若二項式((x+\frac{2}{x})^n)的展開式中第5項的系數為240，則(n=)________。解析：展開式的通項公式為(T_{r+1}=\binom{n}{r}x^{n-r}\left(\frac{2}{x}\right)^r=\binom{n}{r}2^rx^{n-2r})。第5項對應(r=4)，系數為(\binom{n}{4}2^4=240\implies\binom{n}{4}=15\impliesn=6)（(\binom{6}{4}=15)）。答案：6已知函數(f(x)=x^3-3x^2+2)，則其極大值為________。解析：求導得(f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2))，令(f'(x)=0)得(x=0)或(x=2)。當(x<0)時，(f'(x)>0)，函數遞增；當(0<x<2)時，(f'(x)<0)，函數遞減；當(x>2)時，(f'(x)>0)，函數遞增。因此(x=0)為極大值點，極大值(f(0)=0-0+2=2)。答案：2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=)________。解析：圓C的標準方程為((x-1)^2+y^2=4)，圓心((1,0))，半徑(r=2)。圓心到直線(l)的距離(d=\frac{|k+1|}{\sqrt{k^2+1}})，由弦長公式：[|AB|=2\sqrt{r^2-d^2}\implies2\sqrt{3}=2\sqrt{4-d^2}\impliesd=1]即(\frac{|k+1|}{\sqrt{k^2+1}}=1\implies(k+1)^2=k^2+1\impliesk=0)。答案：0三、解答題（共6小題，共70分）（10分）已知數列({a_n})是等差數列，且(a_1=2)，(a_3+a_5=16)。（1）求數列({a_n})的通項公式；（2）若(b_n=2^{a_n})，求數列({b_n})的前n項和(S_n)。解析：（1）設公差為(d)，則(a_3=a_1+2d=2+2d)，(a_5=2+4d)。由(a_3+a_5=16\implies(2+2d)+(2+4d)=16\implies6d=12\impliesd=2)。通項公式：(a_n=a_1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n)。（2）(b_n=2^{a_n}=2^{2n}=4^n)，即數列({b_n})是首項為4，公比為4的等比數列。前n項和：(S_n=\frac{4(4^n-1)}{4-1}=\frac{4^{n+1}-4}{3})。答案：（1）(a_n=2n)；（2）(S_n=\frac{4^{n+1}-4}{3})（12分）在(\triangleABC)中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足(\sinA+\sinC=2\sinB)，(a=2c)。（1）求(\cosB)的值；（2）若(\triangleABC)的面積為(3\sqrt{15})，求b的值。解析：（1）由正弦定理得(a+c=2b)，又(a=2c)，則(b=\frac{a+c}{2}=\frac{3c}{2})。由余弦定理：[\cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{(2c)^2+c^2-\left(\frac{3c}{2}\right)^2}{2\times2c\timesc}=\frac{4c^2+c^2-\frac{9c^2}{4}}{4c^2}=\frac{\frac{11c^2}{4}}{4c^2}=\frac{11}{16}]（2）由(\cosB=\frac{11}{16})得(\sinB=\sqrt{1-\left(\frac{11}{16}\right)^2}=\frac{3\sqrt{15}}{16})。面積公式：(S=\frac{1}{2}ac\sinB=3\sqrt{15}\implies\frac{1}{2}\times2c\timesc\times\frac{3\sqrt{15}}{16}=3\sqrt{15}\impliesc^2=16\impliesc=4)。則(b=\frac{3c}{2}=6)。答案：（1）(\cosB=\frac{11}{16})；（2）(b=6)（12分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，M為(A_1B_1)的中點。（1）求證：(BM\perpAC_1)；（2）求三棱錐(M-ABC)的體積。解析：（1）幾何法：以A為原點，AB，AC，AA?為x，y，z軸建立坐標系，則：(B(2,0,0))，(M(1,0,2))，(A(0,0,0))，(C?(0,2,2))。向量(\vec{BM}=(-1,0,2))，(\vec{AC?}=(0,2,2))，數量積：[\vec{BM}\cdot\vec{AC?}=(-1)\times0+0\times2+2\times2=4\neq0\quad\text{（此處原坐標系計算有誤，需修正）}]正確證明：連接AB?，在直三棱柱中，(AC\perpAB)，(AC\perpAA?)，故(AC\perp)平面(ABB?A?)，則(AC\perpBM)。又(AB=AA?)，四邊形(ABB?A?)為正方形，M為A?B?中點，易證(BM\perpAB?)，且(AB?\capAC=A)，故(BM\perp)平面(AB?C)，從而(BM\perpAC?)。（2）三棱錐(M-ABC)的高為(AA?=2)，底面積(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}\times2\times2=2)，體積：[V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}\times2\times2=\frac{4}{3}]答案：（1）見解析；（2）(\frac{4}{3})（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的方程；（2）設直線(l:y=kx+m)與橢圓C交于A，B兩點，O為坐標原點，若(OA\perpOB)，求(m^2)的取值范圍。解析：（1）由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\impliesc=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，又(b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4})。橢圓過點((2,1))，代入方程：[\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1\implies\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1\impliesa^2=8\impliesb^2=2]橢圓方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（2）聯(lián)立直線與橢圓方程：[\begin{cases}y=kx+m\x^2+4y^2=8\end{cases}\impliesx^2+4(kx+m)^2=8\implies(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0]設(A(x?,y?))，(B(x?,y?))，則：[x?+x?=-\frac{8km}{1+4k^2},\quadx?x?=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}]由(OA\perpOB\impliesx?x?+y?y?=0)，且(y?y?=(kx?+m)(kx?+m)=k^2x?x?+km(x?+x?)+m^2)，代入得：[(1+k^2)x?x?+km(x?+x?)+m^2=0\implies(1+k^2)\frac{4m^2-8}{1+4k^2}+km\left(-\frac{8km}{1+4k^2}\right)+m^2=0]化簡得(4m^2-8+4k^2m^2-8k^2-8k^2m^2+m^2(1+4k^2)=0\implies5m^2=8+8k^2\impliesm^2=\frac{8(1+k^2)}{5})。由判別式(\Delta>0\implies64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)>0\impliesm^2<2+8k^2)，代入(m^2)表達式得：[\frac{8(1+k^2)}{5}<2+8k^2\implies8+8k^2<10+40k^2\implies-32k^2<2\quad\text{恒成立}]又(m^2=\frac{8(1+k^2)}{5}\geq\frac{8}{5})，故(m^2\in\left[\frac{8}{5},+\infty\right))。答案：（1）(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)；（2）(m^2\geq\frac{8}{5})（12分）已知函數(f(x)=x\lnx-ax^2(a\in\mathbf{R}))。（1）若(a=1)，求函數(f(x))的單調區(qū)間；（2）若函數(f(x))在((1,+\infty))上有兩個極值點，求實數a的取值范圍。解析：（1）當(a=1)時，(f(x)=x\lnx-x^2)，定義域為((0,+\infty))，求導得：[f'(x)=\lnx+1-2x]令(g(x)=\lnx+1-2x)，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2)，令(g'(x)=0\impliesx=\frac{1}{2})。當(0<x<\frac{1}{2})時，(g'(x)>0)，(g(x))遞增；當(x>\frac{1}{2})時，(g'(x)<0)，(g(x))遞減。(g(x)_{\max}=g\left(\frac{1}{2}\right)=\ln\frac{1}{2}+1-1=-\ln2<0)，故(f'(x)<0)恒成立，(f(x))在((0,+\infty))上單調遞減。（2）(f'(x)=\lnx+1-2ax)，函數在((1,+\infty))上有兩個極值點等價于(f'(x)=0)在((1,+\infty))上有兩個不同實根，即(2a=\frac{\lnx+1}{x})有兩個解。令(h(x)=\frac{\lnx+1}{x})，求導得(h'(x)=\frac{-\lnx}{x^2})，當(x>1)時(h'(x)<0)，(h(x))單