2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)每日一練（Day26）一、選擇題（共8小題，每題5分，共40分）1.已知復(fù)數(shù)(z=\frac{2+i}{1-i})，則(|z|=)（）A.(\frac{\sqrt{5}}{2})B.(\frac{3\sqrt{2}}{2})C.(\frac{5}{2})D.(\frac{\sqrt{10}}{2})解析：先對(duì)復(fù)數(shù)(z)進(jìn)行化簡(jiǎn)：[z=\frac{(2+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{2(1)+2i+i+i^2}{1-i^2}=\frac{2+3i-1}{2}=\frac{1+3i}{2}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}i]復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式為(|a+bi|=\sqrt{a^2+b^2})，代入得：[|z|=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{10}{4}}=\frac{\sqrt{10}}{2}]答案：D2.已知向量(\vec{a}=(2,-1))，(\vec=(m,3))，若(\vec{a}\perp\vec)，則(m=)（）A.(-\frac{3}{2})B.(\frac{3}{2})C.6D.-6解析：向量垂直的充要條件是數(shù)量積為0，即(\vec{a}\cdot\vec=0)：[2m+(-1)\times3=0\implies2m-3=0\impliesm=\frac{3}{2}]答案：B3.函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A.((-\infty,0))B.((0,2))C.((2,+\infty))D.((-\infty,0)\cup(2,+\infty))解析：對(duì)函數(shù)求導(dǎo)：(f'(x)=3x^2-6x)，令(f'(x)<0)：[3x^2-6x<0\implies3x(x-2)<0\impliesx\in(0,2)]答案：B4.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2，則漸近線方程為（）A.(y=\pm\sqrt{3}x)B.(y=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}x)C.(y=\pm\sqrt{2}x)D.(y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x)解析：離心率(e=\frac{c}{a}=2\impliesc=2a)，又(c^2=a^2+b^2)，則：[(2a)^2=a^2+b^2\implies4a^2=a^2+b^2\impliesb^2=3a^2\implies\frac{a}=\sqrt{3}]漸近線方程為(y=\pm\frac{a}x=\pm\sqrt{3}x)答案：A5.若(\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\frac{1}{3})，則(\cos2\alpha=)（）A.(\frac{7}{9})B.(-\frac{7}{9})C.(\frac{2\sqrt{2}}{3})D.(-\frac{2\sqrt{2}}{3})解析：由誘導(dǎo)公式(\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos\alpha=\frac{1}{3})，再用二倍角公式：[\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=2\left(\frac{1}{3}\right)^2-1=\frac{2}{9}-1=-\frac{7}{9}]答案：B6.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積為（）（注：此處默認(rèn)三視圖對(duì)應(yīng)一個(gè)底面半徑為1、高為3的圓柱挖去一個(gè)同底等高的圓錐）A.(2\pi)B.(3\pi)C.(4\pi)D.(6\pi)解析：圓柱體積(V_{\text{圓柱}}=\pir^2h=\pi\times1^2\times3=3\pi)，圓錐體積(V_{\text{圓錐}}=\frac{1}{3}\pir^2h=\pi)，則幾何體體積：[V=V_{\text{圓柱}}-V_{\text{圓錐}}=3\pi-\pi=2\pi]答案：A7.已知隨機(jī)變量(X\simN(2,\sigma^2))，若(P(X\leq0)=0.2)，則(P(2<X<4)=)（）A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4解析：正態(tài)分布(N(2,\sigma^2))的對(duì)稱軸為(x=2)，則(P(X\leq0)=P(X\geq4)=0.2)，故：[P(0<X<4)=1-P(X\leq0)-P(X\geq4)=1-0.2-0.2=0.6]由對(duì)稱性，(P(2<X<4)=\frac{1}{2}P(0<X<4)=0.3)答案：C8.已知函數(shù)(f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right))，則下列說(shuō)法正確的是（）A.最小正周期為(\pi)B.圖象關(guān)于點(diǎn)(\left(\frac{\pi}{6},0\right))對(duì)稱C.在區(qū)間(\left(-\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}\right))上單調(diào)遞增D.圖象可由(y=\sin2x)向左平移(\frac{\pi}{6})個(gè)單位得到解析：A：周期(T=\frac{2\pi}{2}=\pi)，正確；B：代入(x=\frac{\pi}{6})，(f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\sin\left(2\times\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3}\right)=\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\neq0)，錯(cuò)誤；C：令(t=2x+\frac{\pi}{3})，當(dāng)(x\in\left(-\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}\right))時(shí)，(t\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}\right))，(y=\sint)在此區(qū)間不單調(diào)，錯(cuò)誤；D：(y=\sin2x)向左平移(\frac{\pi}{6})個(gè)單位得(y=\sin\left[2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right]=\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right))，正確。答案：AD二、填空題（共4小題，每題5分，共20分）9.若二項(xiàng)式((x+\frac{1}{x})^n)的展開(kāi)式中第3項(xiàng)與第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，則展開(kāi)式中(x^2)的系數(shù)為_(kāi)_______。解析：由二項(xiàng)式系數(shù)性質(zhì)(C_n^2=C_n^6\impliesn=8)（(C_n^k=C_n^{n-k})）。展開(kāi)式通項(xiàng)：[T_{r+1}=C_8^rx^{8-r}\left(\frac{1}{x}\right)^r=C_8^rx^{8-2r}]令(8-2r=2\impliesr=3)，系數(shù)為(C_8^3=56)。答案：5610.已知(\alpha\in(0,\frac{\pi}{2}))，(\tan\alpha=2)，則(\sin2\alpha=)________。解析：[\sin2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}=\frac{2\times2}{1+4}=\frac{4}{5}]答案：(\frac{4}{5})11.已知函數(shù)(f(x)=\lnx+ax)在(x=1)處取得極值，則(a=)________。解析：(f'(x)=\frac{1}{x}+a)，由極值條件(f'(1)=0\implies1+a=0\impliesa=-1)。答案：-112.在三棱錐(P-ABC)中，(PA\perp)平面(ABC)，(AB=AC=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(PA=3)，則三棱錐外接球的表面積為_(kāi)_______。解析：將三棱錐補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，長(zhǎng)、寬、高分別為2、2、3，外接球直徑(2R=\sqrt{2^2+2^2+3^2}=\sqrt{17})，表面積(S=4\piR^2=17\pi)。答案：(17\pi)三、解答題（共6小題，共90分）13.（12分）已知數(shù)列({a_n})是等差數(shù)列，(a_1=1)，且(a_2)，(a_4)，(a_8)成等比數(shù)列。（1）求數(shù)列({a_n})的通項(xiàng)公式；（2）若(b_n=2^{a_n}+a_n)，求數(shù)列({b_n})的前(n)項(xiàng)和(S_n)。解析：（1）設(shè)公差為(d)，則(a_2=1+d)，(a_4=1+3d)，(a_8=1+7d)。由等比中項(xiàng)性質(zhì)：[(1+3d)^2=(1+d)(1+7d)\implies1+6d+9d^2=1+8d+7d^2\implies2d^2-2d=0\impliesd(d-1)=0]解得(d=0)或(d=1)。若(d=0)，則(a_n=1)；若(d=1)，則(a_n=n)。（2）當(dāng)(a_n=1)時(shí)，(b_n=2^1+1=3)，(S_n=3n)；當(dāng)(a_n=n)時(shí)，(b_n=2^n+n)，則：[S_n=(2^1+2^2+\cdots+2^n)+(1+2+\cdots+n)=2(2^n-1)+\frac{n(n+1)}{2}=2^{n+1}-2+\frac{n(n+1)}{2}]14.（14分）在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對(duì)的邊分別為(a,b,c)，且滿足(b\cosC=(2a-c)\cosB)。（1）求角(B)的大?。唬?）若(b=\sqrt{7})，(a+c=4)，求(\triangleABC)的面積。解析：（1）由正弦定理得：[\sinB\cosC=(2\sinA-\sinC)\cosB\implies\sinB\cosC+\sinC\cosB=2\sinA\cosB\implies\sin(B+C)=2\sinA\cosB]因?yàn)?A+B+C=\pi)，所以(\sin(B+C)=\sinA)，則(\sinA=2\sinA\cosB)。由于(\sinA\neq0)，得(\cosB=\frac{1}{2}\impliesB=\frac{\pi}{3})。（2）由余弦定理(b^2=a^2+c^2-2ac\cosB)，代入(b=\sqrt{7})，(B=\frac{\pi}{3})：[7=a^2+c^2-ac=(a+c)^2-3ac\implies7=16-3ac\impliesac=3]面積(S=\frac{1}{2}ac\sinB=\frac{1}{2}\times3\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4})。15.（14分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AC=BC=AA_1=2)，(\angleACB=90^\circ)，(D)為(AB)的中點(diǎn)。（1）求證：(AC_1\parallel)平面(CDB_1)；（2）求二面角(B-CB_1-D)的余弦值。解析：（1）證明：連接(BC_1)交(B_1C)于點(diǎn)(O)，則(O)為(BC_1)中點(diǎn)。在(\triangleABC_1)中，(D)為(AB)中點(diǎn)，故(OD\parallelAC_1)。又(OD\subset)平面(CDB_1)，(AC_1\not\subset)平面(CDB_1)，因此(AC_1\parallel)平面(CDB_1)。（2）解：以(C)為原點(diǎn)，(CA,CB,CC_1)為(x,y,z)軸建立坐標(biāo)系，得(C(0,0,0))，(B(0,2,0))，(B_1(0,2,2))，(D(1,1,0))。向量(\vec{CB}=(0,2,0))，(\vec{CB_1}=(0,2,2))，(\vec{CD}=(1,1,0))。設(shè)平面(CDB_1)的法向量(\vec{n}=(x,y,z))，則：[\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{CB_1}=2y+2z=0\\vec{n}\cdot\vec{CD}=x+y=0\end{cases}\implies\begin{cases}y=-z\x=-y\end{cases}]令(z=1)，得(\vec{n}=(1,-1,1))。平面(CBB_1)的法向量為(\vec{m}=(1,0,0))（(CA\perp)平面(CBB_1)）。二面角余弦值：[\cos\theta=\frac{|\vec{m}\cdot\vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{|1\times1+0+0|}{1\times\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}]16.（14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。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})。將點(diǎn)((2,1))代入橢圓方程：[\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）證明：聯(lián)立直線與橢圓方程：[\begin{cases}y=kx+m\x^2+4y^2=8\end{cases}\implies(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}\implies4y_1y_2=-x_1x_2)。代入(y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，化簡(jiǎn)得(2m^2=4k^2+1)。弦長(zhǎng)(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)}}{1+4k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{8(4k^2+1-m^2)}}{1+4k^2})，原點(diǎn)到直線距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，則：[S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{8m^2}}{2m^2}\cdot\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{2}]故面積為定值(\sqrt{2})。17.（16分）已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax-1)（(a\in\mathbb{R})）。（1）討論函數(shù)(f(x))的單調(diào)性；（2）若(f(x)\geq0)對(duì)任意(x\in\mathbb{R})恒成立，求(a)的值；（3）在（2）的條件下，證明：(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln(n+1))（(n\in\mathbb{N}^*)）。解析：（1）(f'(x)=e^x-a)。若(a\leq0)，則(f'(x)>0)恒成立，(f(x))在(\mathbb{R})上單調(diào)遞增；若(a>0)，令(f'(x)=0\impliesx=\lna)，則(f(x))在((-\infty,\lna))單調(diào)遞減，在((\lna,+\infty))單調(diào)遞增。（2）由（1）知，當(dāng)(a>0)時(shí)，(f(x){\min}=f(\lna)=a-a\lna-1)。令(g(a)=a-a\lna-1)，則(g'(a)=-\lna)，當(dāng)(a=1)時(shí)(g(a){\max}=0)，故(a=1)。（3）證明：由（2）得(e^x\geqx+1)，取(x=\frac{1}{k})（(k\in\mathbb{N}^*)），則(e^{\frac{1}{k}}>1+\frac{1}{k}=\frac{k+1}{k})，兩邊取對(duì)數(shù)：[\frac{1}{k}>\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)=\ln(k+1)-\lnk]累加得：[1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}>(\ln2-\ln1)+(\ln3-\ln2)+\cdots+(\ln(n+1)-\lnn)=\ln(n+1)]18.（16分）已知函數(shù)(f(x)=\lnx-\frac{a}{x})，(g(x)=f(x)+ax-6\lnx)，其中(a\in\mathbb{R})。（1）當(dāng)(a=1)時(shí)，判斷函數(shù)(f(x))的單調(diào)性；（2）若(g(x))在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求正實(shí)數(shù)(a)的取值范圍；（3）設(shè)函數(shù)(h(x)=x^2-mx+4)，當(dāng)(a=2)時(shí)，若(\existsx_1\in(0,1))，(\forallx_2\in[1,2])，總有(g(x_1)\geqh(x_2))成立，求實(shí)數(shù)(m)的取值范圍。解析：（1）當(dāng)(a=1)時(shí)，(f(x)=\lnx-\frac{1}{x})，定義域?yàn)?(0,+\infty))，(f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}>0)，故(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增。（2）(g(x)=ax-\frac{a}{x}-5\lnx)，(g'(x)=a+\frac{a}{x^2}-\frac{5}{x}=\frac{ax^2-5x+a}{x^2})。由(g(x))為增函數(shù)得(g'(x)\geq0)在((0,+\infty))恒成立，即(ax^2-5x+a\geq0)。分離參數(shù)得(a\geq\frac{5x}{x^2+1})，令(t(x)=\frac{5x}{x^2+1})，則(t(x)_{\max}=t(1)=\frac{5}{2})，故(a\geq\frac{5}{2})。（3）當(dāng)(a=2)時(shí)，(g(x)=2x-\frac{2}{x}-5\lnx)，(g'(x)=\frac{2x^2-5x+2}{x^2}=\frac{(2x-1)(x-2)}{x^2})。在((0,1))上，(g(x))在((0,\frac{1}{2}))單調(diào)遞增，在((\frac{1}{2},1))單調(diào)遞減，故(g(x){\max}=g\left(\frac{1}{2}\right)=-3+5\ln2)。對(duì)(h(x)=x^2-mx+4)，(x\in[1,2])，需滿足(g(x){\max}\geqh(x)_{\max})。若(\frac{m}{2}\leq1)（即(m\leq2)），(h(x)_{\max}=h(2)=8-2m)，則(-3+5\ln2\geq8-2m\impliesm\geq\frac{11-5\ln2}{2}\approx3.03)，矛盾；若(\frac{m}{2}\geq2)（即(m\geq4)），(h(x)_{\max}=h(1)=5-m)，則(-3+5\ln2\geq5-m\impliesm\geq8-5\ln2\approx4.56)，故(m\geq8-5\ln2)；若(1<\frac{m}{2}<2)（即(2<m<4)），(h(x)_{\max}=\max{h(1),h(2)})，解得(m\geq8-5\ln2)。綜上，(m\geq8-5\ln2)。四、選做題（共2小題，任選一題作答，10分）19.[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_1)的參數(shù)方程為(\begin{cases}x=\cos\alpha\y=\sin\alpha\end{cases})（(\alpha)為參數(shù)），以原點(diǎn)(O)為極點(diǎn)，(x)軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)