2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)周測（第十五周）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x$，則$f'(1)$的值為（）A.-2B.-1C.0D.1若曲線$y=x^2+ax+b$在點(diǎn)$(1,1)$處的切線方程為$y=2x-1$，則$a$，$b$的值分別為（）A.$a=0$，$b=0$B.$a=1$，$b=-1$C.$a=-1$，$b=1$D.$a=2$，$b=-2$函數(shù)$f(x)=x\lnx$的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A.$(0,\frac{1}{e})$B.$(\frac{1}{e},+\infty)$C.$(0,e)$D.$(e,+\infty)$已知三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB\perpBC$，$PA=AB=BC=1$，則三棱錐$P-ABC$的體積為（）A.$\frac{1}{6}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.1若直線$l$：$ax+by+c=0$與圓$C$：$x^2+y^2=4$相切，則$\frac{|c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$的值為（）A.1B.2C.4D.與$a$，$b$，$c$的值有關(guān)已知函數(shù)$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$在$x=-1$處取得極大值，在$x=2$處取得極小值，則$a+b$的值為（）A.-12B.-9C.-6D.3在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)$A(1,2,3)$關(guān)于平面$xOy$的對稱點(diǎn)的坐標(biāo)是（）A.$(1,2,-3)$B.$(-1,2,3)$C.$(1,-2,3)$D.$(-1,-2,-3)$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$\frac{a}$的值為（）A.2B.$\sqrt{3}$C.$\frac{1}{2}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$函數(shù)$f(x)=x^3-3x+1$在區(qū)間$[-2,2]$上的最大值是（）A.3B.5C.7D.9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$y=2x$，則該雙曲線的離心率為（）A.$\sqrt{5}$B.$\sqrt{3}$C.2D.$\frac{\sqrt{5}}{2}$如圖，在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$，$F$分別是$AB$，$AD$的中點(diǎn)，則異面直線$B_1C$與$EF$所成角的大小為（）A.30°B.45°C.60°D.90°已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{3}x^3-ax^2+bx$在$x=1$處有極值，則$a$，$b$滿足的關(guān)系式是（）A.$2a-b=1$B.$2a+b=1$C.$a-2b=1$D.$a+2b=1$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）曲線$y=e^x$在點(diǎn)$(0,1)$處的切線方程為________。若函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+mx$在區(qū)間$[1,2]$上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)$m$的取值范圍是________。已知拋物線$y^2=4x$的焦點(diǎn)為$F$，準(zhǔn)線為$l$，過點(diǎn)$F$且斜率為$\sqrt{3}$的直線與拋物線交于$A$，$B$兩點(diǎn)，則線段$AB$的長為________。在三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，各棱長均為2，側(cè)棱$AA_1\perp$底面$ABC$，則該三棱柱的外接球的表面積為________。三、解答題（本大題共6小題，共70分）（本小題滿分10分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x+1$，求：（1）函數(shù)$f(x)$在點(diǎn)$(1,f(1))$處的切線方程；（2）函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$是矩形，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA=AD=2$，$AB=1$，$E$是$PD$的中點(diǎn)。（1）求證：$AE\parallel$平面$PBC$；（2）求三棱錐$E-PCD$的體積。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x$，$a\inR$。（1）當(dāng)$a=1$時，求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極大值，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。（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(diǎn)$(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$。（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$k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{2}$，求證：$\triangleAOB$的面積為定值。（本小題滿分12分）如圖，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AC=BC=AA_1=2$，$\angleACB=90^{\circ}$，$D$，$E$分別是$A_1B_1$，$BB_1$的中點(diǎn)。（1）求證：$CE\perp$平面$A_1C_1D$；（2）求二面角$A-C_1D-E$的余弦值。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2-bx-1$，其中$a$，$b\inR$，$e=2.71828\cdots$為自然對數(shù)的底數(shù)。（1）設(shè)$g(x)=f'(x)$，若函數(shù)$g(x)$在區(qū)間$[0,1]$上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍；（2）若$f(1)=0$，函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,1)$內(nèi)有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)一、選擇題C2.B3.A4.A5.B6.A7.A8.A9.C10.A11.C12.A二、填空題$y=x+1$14.$(-\infty,0]$15.$\frac{16}{3}$16.$12\pi$三、解答題解：（1）因?yàn)?f(x)=x^3-3x^2+2x+1$，所以$f'(x)=3x^2-6x+2$。則$f(1)=1-3+2+1=1$，$f'(1)=3-6+2=-1$。所以函數(shù)$f(x)$在點(diǎn)$(1,f(1))$處的切線方程為$y-1=-(x-1)$，即$y=-x+2$。（5分）（2）令$f'(x)=3x^2-6x+2=0$，解得$x_1=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$，$x_2=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$。當(dāng)$x\in(-\infty,1-\frac{\sqrt{3}}{3})\cup(1+\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$時，$f'(x)>0$；當(dāng)$x\in(1-\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3})$時，$f'(x)<0$。所以函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間為$(-\infty,1-\frac{\sqrt{3}}{3})$和$(1+\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$，單調(diào)遞減區(qū)間為$(1-\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3})$。（10分）（1）證明：取$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$，所以四邊形$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$PBC$。（6分）（2）解：因?yàn)?PA\perp$底面$ABCD$，所以$PA$是三棱錐$P-ABCD$的高。因?yàn)?PA=AD=2$，$AB=1$，所以$V_{P-ABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdotPA=\frac{1}{3}\times2\times1\times2=\frac{4}{3}$。因?yàn)?E$是$PD$的中點(diǎn)，所以三棱錐$E-PCD$的體積是三棱錐$P-PCD$體積的一半。又因?yàn)?V_{P-PCD}=V_{P-ABCD}-V_{P-ABC}=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}\times1\times2\times2=\frac{4}{3}-\frac{4}{3}=0$，所以三棱錐$E-PCD$的體積為$0$。（12分）解：（1）當(dāng)$a=1$時，$f(x)=x\lnx-x^2+x$，$f'(x)=\lnx-2x+2$。令$h(x)=\lnx-2x+2$，則$h'(x)=\frac{1}{x}-2$。當(dāng)$x\in(0,\frac{1}{2})$時，$h'(x)>0$；當(dāng)$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$時，$h'(x)<0$。所以$h(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上單調(diào)遞增，在$(\frac{1}{2},+\infty)$上單調(diào)遞減。又因?yàn)?h(1)=0$，$h(\frac{1}{e})=-1-\frac{2}{e}+2=1-\frac{2}{e}>0$，所以存在$x_0\in(\frac{1}{e},\frac{1}{2})$，使得$h(x_0)=0$。當(dāng)$x\in(0,x_0)\cup(1,+\infty)$時，$f'(x)<0$；當(dāng)$x\in(x_0,1)$時，$f'(x)>0$。所以函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞減區(qū)間為$(0,x_0)$和$(1,+\infty)$，單調(diào)遞增區(qū)間為$(x_0,1)$。（6分）（2）$f'(x)=\lnx-2ax+2a$。因?yàn)楹瘮?shù)$f(x)$在$x=1$處取得極大值，所以$f'(1)=0$，且當(dāng)$x\in(0,1)$時，$f'(x)>0$；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$f'(x)<0$。令$g(x)=\lnx-2ax+2a$，則$g(1)=0$，$g'(x)=\frac{1}{x}-2a$。當(dāng)$a\leq0$時，$g'(x)>0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增。所以當(dāng)$x\in(0,1)$時，$g(x)<g(1)=0$；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$g(x)>g(1)=0$。所以函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極小值，不符合題意。當(dāng)$a>0$時，令$g'(x)=0$，得$x=\frac{1}{2a}$。當(dāng)$x\in(0,\frac{1}{2a})$時，$g'(x)>0$；當(dāng)$x\in(\frac{1}{2a},+\infty)$時，$g'(x)<0$。所以$g(x)$在$(0,\frac{1}{2a})$上單調(diào)遞增，在$(\frac{1}{2a},+\infty)$上單調(diào)遞減。因?yàn)?g(1)=0$，所以要使函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極大值，需滿足$\frac{1}{2a}<1$，即$a>\frac{1}{2}$。綜上，實(shí)數(shù)$a$的取值范圍是$(\frac{1}{2},+\infty)$。（12分）（1）解：因?yàn)闄E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?yàn)?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$。因?yàn)闄E圓$C$過點(diǎn)$(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$，所以$\frac{1}{a^2}+\frac{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}{b^2}=1$，即$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2b^2}=1$。將$b^2=\frac{1}{2}a^2$代入上式，得$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=1$，即$\frac{2}{a^2}=1$，解得$a^2=2$，所以$b^2=1$。所以橢圓$C$的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{2}+y^2=1$。（6分）（2）證明：設(shè)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。聯(lián)立$\begin{cases}\frac{x^2}{2}+y^2=1\y=kx+m\end{cases}$，消去$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$2k^2-m^2+1>0$。$x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2}$，$x_1x_2=\frac{2m^2-2}{1+2k^2}$。因?yàn)?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$。因?yàn)?y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$，所以$k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=-\frac{1}{2}x_1x_2$。將$x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2}$，$x_1x_2=\frac{2m^2-2}{1+2k^2}$代入上式，得$k^2\cdot\frac{2m^2-2}{1+2k^2}+km\cdot(-\frac{4km}{1+2k^2})+m^2=-\frac{1}{2}\cdot\frac{2m^2-2}{1+2k^2}$?；喌?\frac{2k^2m^2-2k^2-4k^2m^2+m^2+2k^2m^2}{1+2k^2}=\frac{-m^2+1}{1+2k^2}$，即$\frac{m^2-2k^2}{1+2k^2}=\frac{-m^2+1}{1+2k^2}$。所以$m^2-2k^2=-m^2+1$，即$2m^2=2k^2+1$，所以$m^2=k^2+\frac{1}{2}$。因?yàn)?|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\cdot\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^2(k^2+\frac{1}{2})-8(k^2+\frac{1}{2}-1)(1+2k^2)}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{16k^4+8k^2-8(k^2-\frac{1}{2})(1+2k^2)}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{16k^4+8k^2-8(2k^4-\frac{1}{2})}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{16k^4+8k^2-16k^4+4}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{8k^2+4}{(1+2k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{2k^2+1}}{1+2k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{2m^2}}{2m^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{2}\cdot|m|}{2m^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{2}\cdot|m|}{m^2}$。點(diǎn)$O$到直線$l$的距離$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}$。所以$\triangleAOB$的面積$S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{2}\cdot|m|}{m^2}\cdot\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}\cdot\frac{m^2}{m^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，為定值。（12分）（1）證明：以$C$為原點(diǎn)，$CA$，$CB$，$CC_1$所在直線分別為$x$軸，$y$軸，$z$軸，建立空間直角坐標(biāo)系。則$C(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$B(0,2,0)$，$C_1(0,0,2)$，$A_1(2,0,2)$，$B_1(0,2,2)$。因?yàn)?D$，$E$分別是$A_1B_1$，$BB_1$的中點(diǎn)，所以$D(1,1,2)$，$E(0,2,1)$。所以$\overrightarrow{C_1D}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{C_1A_1}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{CE}=(0,2,1)$。因?yàn)?\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{C_1D}=0\times1+2\times1+1\times0=2\neq0$，所以$CE$與$C_1D$不垂直，故（1）題無法證明。（6分）（2）解：由（1）知，$\overrightarrow{C_1D}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{C_1E}=(0,2,-1)$，$\overrightarrow{C_1A}=(2,0,-2)$。設(shè)平面$AC_1D$的法向量為$\boldsymbol{n}=(x_1,y_1,z_1)$，則$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{C_1D}=0\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{C_1A}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_1+y_1=0\2x_1-2z_1=0\end{cases}$。令$x_1=1$，則$y_1=-1$，$z_1=1$，所以$\boldsymbol{n}=(1,-1,1)$。設(shè)平面$EC_1D$的法向量為$\boldsymbol{m}=(x_2,y_2,z_2)$，則$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{C_1D}=0\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{C_1E}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_2+y_2=0\2y_2-z_2=0\end{cases}$。令$x_2=1$，則$y_2=-1$，$z_2=-2$，所以$\boldsymbol{m}=(1,-1,-2)$。所以$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{1\times1+(-1)\times(-1)+1\times(-2)}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}\times\sqrt{1^2+(-1)^2+(-2)^2}}=\frac{1+1-2}{\sqrt{3}\times\sqrt{6}}=0$。因?yàn)槎娼?A-C_1D-E$為銳角，所以二面角$A-C_1D-E$的余弦值為$0$。（12分）解：（1）因?yàn)?f(x)=e^x-ax^2-bx-1$，所以$g(x)=f'(x)=e^x-2ax-b$。因?yàn)楹瘮?shù)$g(x)$在區(qū)間$[0,1]$上單調(diào)遞減，所以$g'(x)=e^x-2a\leq0$在區(qū)間$[0,1]$上恒成立，即$2a\geqe^x$在區(qū)間$[0,1]$上恒成立。因?yàn)?e^x$在區(qū)間$[0,1]$上單調(diào)遞增，所以$e^x$的最大值為$e$，所以$2a\geqe$，即$a\geq\frac{e}{2}$。所以實(shí)數(shù)$a$的取值范圍是$[\frac{e}{2},+\infty)$。（6分）（2）因?yàn)?f(1)=0$，所以$e-a