2025年下學期高二數(shù)學周測（第十六周）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60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）已知函數(shù)$f(x)=\frac{\lnx}{x}$，則其單調遞增區(qū)間為（）A.$(0,e)$B.$(e,+\infty)$C.$(0,1)$D.$(1,e)$若空間向量$\vec{a}=(1,2,3)$，$\vec=(x,y,z)$，且$\vec{a}\perp\vec$，則下列關系式一定成立的是（）A.$x+2y+3z=0$B.$x=2y=3z$C.$x+y+z=6$D.$xyz=6$某射擊運動員每次射擊命中靶心的概率為0.8，現(xiàn)連續(xù)射擊3次，則恰有2次命中靶心的概率是（）A.$0.8^2\times0.2$B.$C_3^2\times0.8^2\times0.2$C.$0.8^2$D.$C_3^2\times0.8^2$曲線$y=x^3-3x^2+2x$在點$(1,0)$處的切線方程為（）A.$y=-x+1$B.$y=x-1$C.$y=2x-2$D.$y=-2x+2$已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的漸近線方程為（）A.$y=\pm\frac{1}{2}x$B.$y=\pm2x$C.$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}x$D.$y=\pm\sqrt{3}x$設函數(shù)$f(x)$在$R$上可導，其導函數(shù)為$f'(x)$，且函數(shù)$y=(1-x)f'(x)$的圖像如圖所示，則下列結論中一定成立的是（）A.函數(shù)$f(x)$有極大值$f(2)$和極小值$f(1)$B.函數(shù)$f(x)$有極大值$f(-2)$和極小值$f(1)$C.函數(shù)$f(x)$有極大值$f(2)$和極小值$f(-2)$D.函數(shù)$f(x)$有極大值$f(-2)$和極小值$f(2)$在棱長為1的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，異面直線$A_1B$與$AD_1$所成角的大小為（）A.$30^\circ$B.$45^\circ$C.$60^\circ$D.$90^\circ$設隨機變量$X$服從正態(tài)分布$N(2,\sigma^2)$，若$P(X<4)=0.8$，則$P(0<X<2)$等于（）A.$0.2$B.$0.3$C.$0.4$D.$0.6$若函數(shù)$f(x)=x^3-3ax^2+3(a^2)x+1$既有極大值又有極小值，則實數(shù)$a$的取值范圍是（）A.$(-\infty,1)\cup(2,+\infty)$B.$(1,2)$C.$(-\infty,1]\cup[2,+\infty)$D.$[1,2]$拋物線$y^2=4x$的焦點為$F$，點$P$為拋物線上的動點，點$M$為其準線上的動點，當$\triangleFPM$為等邊三角形時，其面積為（）A.$2\sqrt{3}$B.$4$C.$6$D.$4\sqrt{3}$已知函數(shù)$f(x)=\sinx+\cosx$，則下列說法正確的是（）A.$f(x)$的最大值為1B.$f(x)$的最小正周期為$\pi$C.$f(x)$的圖像關于直線$x=\frac{\pi}{4}$對稱D.$f(x)$在區(qū)間$(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$上單調遞增已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{3}x^3-ax^2+bx+c$在$x=1$處取得極值，且其圖像在點$(0,f(0))$處的切線方程為$y=1$，則$a+b+c$的值為（）A.$-1$B.$0$C.$1$D.$2$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{1}{2}x^2+ax$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，則實數(shù)$a$的取值范圍是________。在區(qū)間$[0,2]$上隨機取一個數(shù)$x$，則事件“$x^2-2x-3\leq0$”發(fā)生的概率為________。已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的一條漸近線方程為$y=2x$，且過點$(2,2\sqrt{3})$，則該雙曲線的方程為________。如圖，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$\angleACB=90^\circ$，$AC=BC=CC_1=1$，則異面直線$A_1B$與$AC_1$所成角的余弦值為________。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分10分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x$，求：（1）函數(shù)$f(x)$的單調區(qū)間；（2）函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-1,2]$上的最大值和最小值。（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$是正方形，側棱$PD\perp$底面$ABCD$，$PD=DC$，$E$是$PC$的中點，作$EF\perpPB$交$PB$于點$F$。（1）證明：$PA\parallel$平面$EDB$；（2）證明：$PB\perp$平面$EFD$；（3）求二面角$C-PB-D$的大小。（本小題滿分12分）某商場為了促銷，規(guī)定：凡購買超過1000元商品的顧客，可以抽獎一次。抽獎規(guī)則如下：在一個不透明的箱子里裝有紅、黃、藍三種顏色的球各一個，它們除顏色外完全相同。顧客從箱子中隨機摸出一個球，記下顏色后放回，再隨機摸出一個球。若兩次摸出的球顏色相同，則可獲得20元購物券；若兩次摸出的球顏色不同，則可獲得10元購物券。（1）求顧客抽獎一次獲得20元購物券的概率；（2）若某顧客購買了1200元的商品，他抽獎一次，求他獲得購物券金額的數(shù)學期望。（本小題滿分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$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過點$(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$。（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$k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{2}$，求證：$\triangleAOB$的面積為定值。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1$，其中$a$為常數(shù)。（1）若$a=1$，求函數(shù)$f(x)$的單調區(qū)間；（2）若函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，求實數(shù)$a$的取值范圍；（3）若函數(shù)$f(x)$有兩個零點，求實數(shù)$a$的取值范圍。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{m}{x}$，其中$m$為常數(shù)。（1）若函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為3，求$m$的值；（2）若函數(shù)$f(x)$的圖像與$x$軸交于$A,B$兩點，線段$AB$的中點為$C(x_0,0)$，求證：$f'(x_0)<0$。參考答案及評分標準一、選擇題A2.A3.B4.A5.A6.D7.C8.B9.A10.D11.C12.C二、填空題$[-1,+\infty)$14.115.$\frac{x^2}{1}-\frac{y^2}{4}=1$16.$\frac{\sqrt{6}}{6}$三、解答題解：（1）$f'(x)=3x^2-6x+2$，令$f'(x)=0$，解得$x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$。當$x\in(-\infty,1-\frac{\sqrt{3}}{3})\cup(1+\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$時，$f'(x)>0$，函數(shù)$f(x)$單調遞增；當$x\in(1-\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3})$時，$f'(x)<0$，函數(shù)$f(x)$單調遞減。所以函數(shù)$f(x)$的單調遞增區(qū)間為$(-\infty,1-\frac{\sqrt{3}}{3})$和$(1+\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$，單調遞減區(qū)間為$(1-\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3})$。（2）因為$f(-1)=-1-3-2=-6$，$f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})=-\frac{2\sqrt{3}}{9}$，$f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})=-\frac{2\sqrt{3}}{9}$，$f(2)=8-12+4=0$，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-1,2]$上的最大值為$0$，最小值為$-6$。（1）證明：連接$AC$，交$BD$于點$O$，連接$EO$。因為底面$ABCD$是正方形，所以$O$是$AC$的中點。又因為$E$是$PC$的中點，所以$EO\parallelPA$。因為$EO\subset$平面$EDB$，$PA\not\subset$平面$EDB$，所以$PA\parallel$平面$EDB$。（2）證明：因為$PD\perp$底面$ABCD$，$BC\subset$底面$ABCD$，所以$PD\perpBC$。因為底面$ABCD$是正方形，所以$CD\perpBC$。又因為$PD\capCD=D$，所以$BC\perp$平面$PCD$。因為$DE\subset$平面$PCD$，所以$BC\perpDE$。因為$PD=DC$，$E$是$PC$的中點，所以$DE\perpPC$。又因為$PC\capBC=C$，所以$DE\perp$平面$PBC$。因為$PB\subset$平面$PBC$，所以$DE\perpPB$。又因為$EF\perpPB$，$DE\capEF=E$，所以$PB\perp$平面$EFD$。（3）解：以$D$為原點，分別以$DA,DC,DP$所在直線為$x,y,z$軸，建立空間直角坐標系。設$PD=DC=1$，則$D(0,0,0)$，$P(0,0,1)$，$B(1,1,0)$，$C(0,1,0)$，$E(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$。由（2）知，$PB\perp$平面$EFD$，所以$\overrightarrow{PB}=(1,1,-1)$是平面$EFD$的一個法向量。設平面$PBC$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，則$\left{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot\overrightarrow{PB}=0\\vec{n}\cdot\overrightarrow{BC}=0\end{array}\right.$，即$\left{\begin{array}{l}x+y-z=0\-x=0\end{array}\right.$，令$y=1$，則$z=1$，所以$\vec{n}=(0,1,1)$。設二面角$C-PB-D$的大小為$\theta$，則$\cos\theta=\frac{|\vec{n}\cdot\overrightarrow{PB}|}{|\vec{n}|\cdot|\overrightarrow{PB}|}=\frac{|0+1-1|}{\sqrt{0+1+1}\cdot\sqrt{1+1+1}}=0$，所以$\theta=90^\circ$。即二面角$C-PB-D$的大小為$90^\circ$。解：（1）顧客抽獎一次，基本事件總數(shù)為$3\times3=9$。兩次摸出的球顏色相同的基本事件有$3$個，分別為（紅，紅），（黃，黃），（藍，藍）。所以顧客抽獎一次獲得20元購物券的概率為$\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$。（2）設顧客獲得購物券的金額為$X$元，則$X$的可能取值為10，20。$P(X=20)=\frac{1}{3}$，$P(X=10)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。所以$E(X)=20\times\frac{1}{3}+10\times\frac{2}{3}=\frac{40}{3}$。即顧客獲得購物券金額的數(shù)學期望為$\frac{40}{3}$元。（1）解：因為橢圓$C$的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$c=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。又因為$a^2=b^2+c^2$，所以$a^2=b^2+\frac{1}{2}a^2$，即$b^2=\frac{1}{2}a^2$。因為橢圓$C$過點$(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$，所以$\frac{1}{a^2}+\frac{\frac{1}{2}}{b^2}=1$。將$b^2=\frac{1}{2}a^2$代入上式，得$\frac{1}{a^2}+\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}a^2}=1$，即$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=1$，解得$a^2=2$，所以$b^2=1$。所以橢圓$C$的方程為$\frac{x^2}{2}+y^2=1$。（2）證明：設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，聯(lián)立$\left{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+y^2=1\y=kx+m\end{array}\right.$，消去$y$，得$(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-2=0$。所以$\Delta=16k^2m^2-4(1+2k^2)(2m^2-2)=8(2k^2-m^2+1)>0$，即$2k^2-m^2+1>0$。$x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2}$，$x_1x_2=\frac{2m^2-2}{1+2k^2}$。$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=\frac{k^2(2m^2-2)}{1+2k^2}-\frac{4k^2m^2}{1+2k^2}+m^2=\frac{m^2-2k^2}{1+2k^2}$。因為$k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{2}$，所以$\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{2}$，即$y_1y_2=-\frac{1}{2}x_1x_2$。所以$\frac{m^2-2k^2}{1+2k^2}=-\frac{1}{2}\times\frac{2m^2-2}{1+2k^2}$，即$m^2-2k^2=-(m^2-1)$，解得$2m^2=2k^2+1$。所以$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(\frac{-4km}{1+2k^2})^2-4\times\frac{2m^2-2}{1+2k^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{16k^2m^2-8(m^2-1)(1+2k^2)}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{16k^2m^2-8(2k^2m^2+2m^2-2k^2-1)}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{16k^2m^2-16k^2m^2-16m^2+16k^2+8}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{-16m^2+16k^2+8}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{-8(2m^2-2k^2-1)}{(1+2k^2)^2}}$。因為$2m^2=2k^2+1$，所以$2m^2-2k^2-1=0$，所以$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{0}=0$，不符合題意，所以假設不成立。因此，$\triangleAOB$的面積為定值。解：（1）當$a=1$時，$f(x)=e^x-x-1$，$f'(x)=e^x-1$。令$f'(x)=0$，解得$x=0$。當$x\in(-\infty,0)$時，$f'(x)<0$，函數(shù)$f(x)$單調遞減；當$x\in(0,+\infty)$時，$f'(x)>0$，函數(shù)$f(x)$單調遞增。所以函數(shù)$f(x)$的單調遞減區(qū)間為$(-\infty,0)$，單調遞增區(qū)間為$(0,+\infty)$。（2）因為函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，所以$f'(x)=e^x-a\geq0$在區(qū)間$(0,+\infty)$上恒成立，即$a\leqe^x$在區(qū)間$(0,+\infty)$上恒成立。因為$e^x$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，所以$e^x>e^0=1$，所以$a\leq1$。因此，實數(shù)$a$的取值范圍是$(-\infty,1]$。（3）函數(shù)$f(x)$的定義域為$R$，$f'(x)=e^x-a$。當$a\leq0$時，$f'(x)=e^x-a>0$在$R$上恒成立，所以函數(shù)$f(x)$在$R$上單調遞增，此時函數(shù)$f(x)$最多有一個零點，不符合題意。當$a>0$時，令$f'(x)=0$，解得$x=\lna$。當$x\in(-\infty,\lna)$時，$f'(x)<0$，函數(shù)$f(x)$單調遞減；當$x\in(\lna,+\infty)$時，$f'(x)>0$，函數(shù)$f(x)$單調遞增。所以函數(shù)$f(x)$在$x=\lna$處取得極小值，也是最小值，$f(\lna)=e^{\lna}-a\lna-1=a-a\lna-1$。要使函數(shù)$f(x)$有兩個零點，則$f(\lna)=a-a\lna-1<0$，即$a\lna>a-1$。當$a=1$時，$f(\lna)=f(0)=e^0-1-1=1-1-1=-1<0$，此時$f(2)=e^2-2-1=e^2-3>0$，$f(-1)=e^{-1}+1-1=\frac{1}{e}>0$，所以函數(shù)$f(x)$有兩個零點。當$a>1$時，令$g(a)=a\lna-a+1$，則$g'(a)=\lna+1-1=\lna>0$，所以函數(shù)$g(a)$在區(qū)間$(1,+\infty)$上單調遞增，所以$g(a)>g(1)=1\times0-1+1=0$，即$a\lna>a-1$，所以$f(\lna)=a-a\lna-1<0$，此時函數(shù)$f(x)$有兩個零點。當$0<a<1$時，令$g(a)=a\lna-a+1$，則$g'(a)=\lna+1-1=\lna<0$，所以函數(shù)$g(a)$在區(qū)間$(0,1)$上單調遞減，所以$g(a)>g(1)=1\times0-1+1=0$，即$a\lna>a-1$，所以$f(\lna)=a-a\lna-1<0$，此時$f(0)=e^0-0-1=0$，所以函數(shù)$f(x)$有一個零點，不符合題意。因此，實數(shù)$a$的取值范圍是$(1,+\infty)$。（1）解：函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{m}{x}$的定義域為$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^2}=\frac{x-m}{x^2}$。當$m\leq0$時，$f'(x)=\frac{x-m}{x^2}>0$在區(qū)間$(0,+\infty)$上恒成立，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為$f(1)=\ln1+\frac{m}{1}=m$。因為函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為3，所以$m=3$，但$m=3>0$，不符合題意，舍去。當$0<m<e$時，令$f'(x)=0$，解得$x=m$。當$x\in(0,m)$時，$f'(x)<0$，函數(shù)$f(x)$單調遞減；當$x\in(m,+\infty)$時，$f'(x)>0$，函數(shù)$f(x)$單調遞增。所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為$f(m)=\lnm+\frac{m}{m}=\lnm+1$。因為函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為3，所以$\lnm+1=3$，解得$m=e^2$，但$m=e^2>e$，不符合題意，舍去。當$m\geqe$時，$f'(x)=\frac{x-m}{x^2}\leq0$在區(qū)間$[1,e]$上恒成立，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上單調遞減，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為$f(e)=\lne+\frac{m}{e}=1+\frac{m}{e}$。因為函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為3，所以$1+\frac{m}{e}=3$，解得$m=2e$，符合題意。綜上，$m$的值為$2e$。（2）證明：設$A(x_1,0)$，$B(x_2,0)$，且$x_1<x_2$，則$x_1,x_2$是方程$f(x)=0$的兩個根，即$\lnx_1+\frac{m}{x_1}=0$，$\lnx_2+\frac{m}{x_2}=0$，所以$m=-x_1\lnx_1=-x_2\lnx_2$。所以$x_1\lnx_1=x_2\lnx_2$，即$\frac{\lnx_1}{x_2}=\frac{\lnx_2}{x_1}$。令$t=\frac{x_2}{x_1}>1$，則$x_2=tx_1$，所以$\frac{\lnx_1}{tx_1}=\frac{\ln(tx_1)}{x_1}$，即$\frac{\lnx_1}{t}=\lnt+\lnx_1$，解得$\lnx_1=-\frac{t\lnt}{t-1}$，所以$\lnx_2=