第=page11頁，共=sectionpages11頁2025-2026學年浙江省寧波市高二（上）期末數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知直線的點斜式方程是y+2=3(x+1)，則直線在y軸上的截距為A.?2 B.2 C.3?2 2.若圓的一般方程為x2+y2A.(1,?2)；r=11 B.(2,?1)；r=11

C.(1,?2)；r=11 3.已知a=(1,?2,3)，b=(?1,2,?1),c=(3,5,2)，則(A.1 B.2 C.3 D.44.曲線y=x3+lnx+1在點(1,2)處的切線方程為A.3x?y?1=0 B.4x?y?2=0 C.4x+y?6=0 D.3x+y?5=05.已知F1，F(xiàn)2為雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦點，點A.233 B.32 6.已知等差數(shù)列{an}滿足a1=2，a4+a6=12，數(shù)列{bnA.12 B.24 C.48 D.967.設F是橢圓x29+y25=1的右焦點，A是橢圓上的動點，B是直線A.2 B.3 C.4 D.58.已知0<x<y<π2，則下列不等式恒成立的是(

)A.sinx?siny<x?y B.x?y<tanx?tany

C.xsiny<ycosx D.tany>xy二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知函數(shù)f(x)=13x3+xA.f′(2)=5

B.函數(shù)f(x)的值域為[0,9]

C.函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上為增函數(shù)

D.關于x的方程f(x)=a有2個不同的根當且僅當a∈(?10.已知直線l：kx+y?2k?1=0與圓C：(x?3)2+yA.直線l過定點(2,1)

B.直線l與圓C截得弦長的最小值為6

C.當k=?1時，圓C上有且僅有3點到直線l的距離為2

D.(m,n)是圓C上的點，則n11.設O為坐標原點，直線x=my+1過拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點F，且與C交于A，B兩點，l為拋物線C的準線，則(

)A.p=2

B.以AB為直徑的圓與l相切

C.當m=3時，|AB|=163

D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.在正項等比數(shù)列{an}中，已知a1a3=4，a13.已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2，其中一條漸近線與圓(x?14.已知函數(shù)f(x)=ex?3，g(x)=lnx+12?ln2，若f(a)=g(b)成立，則b?a的最小值為四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知△ABC的三個頂點為A(?1,2)，B(1,0)，C(2,?2)．

(1)求邊AC的垂直平分線的方程；

(2)若直線BC與圓(x?1)2+(y?b)216.(本小題15分)

已知各項均不相等的正項等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S3=6，且log2a1+log2a9?2log2a17.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，且AB//CD，AD⊥DC，AD⊥PD，AD=DC=PD=2AB，M為PC中點．

(1)求證：PC⊥平面ADM；

(2)若PC=3CD，求二面角B?PC?D18.(本小題17分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，拋物線Γ：y2=4x的焦點和橢圓的右焦點重合，且橢圓C和拋物線Γ的準線在第二象限交點的縱坐標為32．

(1)求橢圓C的標準方程；

(2)過右焦點F2的直線l與橢圓C19.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=aex(ex+1)，g(x)=2ex+x．

(1)求證：g(x)≥3x+2；

(2)記函數(shù)h(x)=f(x)?g(x)．

(i)若h(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍；

答案解析1.【答案】C

【解析】解：由直線的點斜式方程是y+2=3(x+1)，

化為斜截式得：y=3x+3?2，

則直線在y軸上的截距為2.【答案】A

【解析】解：圓的一般方程為x2+y2?2x+4y?6=0，即(x?1)2+(y+2)2=11，

故圓心坐標為(1,?2)3.【答案】D

【解析】解：由題意可知，a+b=(0,0,2)，

又c=(3,5,2)，

則(a+b)?c4.【答案】B

【解析】解：由y=x3+lnx+1，得y′=3x2+1x，

∴曲線在(1,2)處的斜率k=y′|x=1=4，

∴曲線在點(1,2)處的切線方程為y?2=4(x?1)，

即4x?y?2=0．

5.【答案】B

【解析】解：由題意，點M的坐標為(0,2b)，△MF1F2為直角三角形，

所以F1(?c,0)，F(xiàn)2(c,0)，所以c=2b，

則a=c2?b2=3b，6.【答案】B

【解析】解：設等差數(shù)列{an}的公差為d，

因為a1=2，a4+a6=12，所以a1+3d+a1+5d=12，

即4+8d=12，所以d=1，所以an=2+n?1=n+1，

因為數(shù)列{bn}的前n項和Sn滿足Sn=2bn?3(n∈N?)，

所以當n=1時，b1=S1=2b1?3，解得b1=3；

當n≥2時，Sn?1=2bn?1?3，

用Sn=2b7.【答案】C

【解析】解：由題，如圖，

右焦點坐標為F(2,0)，左焦點坐標為F′(?2,0)，

根據(jù)橢圓的定義可知|AF|+|AF′|=6，所以|AF|=6?|AF′|，

則|AB|?|AF|=|AB|?(6?|AF′|)=|AB|+|AF′|?6，

所以|AB|?|AF|最小，即|AB|+|AF′|最小，

即定點F′(?2,0)到直線x?3y?18=0上的點的距離最小即可，

根據(jù)點到直線的距離公式可得d=|?2?0×3?18|12+(?3)2=10，

所以(|AB|?|AF|)min8.【答案】D

【解析】解：由題意0<x<y<π2，

對于選項A：sinx?siny<x?y變形為sinx?x<siny?y，

構造函數(shù)f(t)=sint?t，則f′(t)=cost?1<0(因0<t<π2時cost<1)，故f(t)單調(diào)遞減，

當x<y時，f(x)>f(y)，即sinx?x>siny?y，移項得sinx?siny>x?y，與選項A矛盾，A不成立；

對于選項B：x?y<tanx?tany變形為x?tanx<y?tany，

構造函數(shù)h(t)=t?tant，則h′(t)=1?sec2t=?tan2t<0，故h(t)單調(diào)遞減，

當x<y時，h(x)>h(y)，即x?tanx>y?tany，移項得x?y>tanx?tany，與選項B矛盾，B不成立；

對于選項C：xsiny<ycosx變形為sinyy<cosxx，

構造函數(shù)f(t)=sintt，則f′(t)=tcost?sintt2，

分子m(t)=tcost?sint，m′(t)=?tsint<0，故m(t)單調(diào)遞減，m(t)<m(0)=0，即f′(t)<0，f(t)單調(diào)遞減，

當x<y時，f(x)>f(y)，即sinxx>sinyy，得ysinx>xsiny，

但需進一步驗證ysinx<ycosx(即sinx<cosx)，僅當x<π4成立，取x=π3，y=π3+0.1，

計算得左邊xsiny≈0.955，右邊ycosx≈0.5735，左邊大于右邊，C不成立；

對于選項D：tany>xy，構造函數(shù)h(y)=tany?xy(固定x，y>x)，

則h′(y)=sec2y?x.因y>x>0，secy>secx，

故sec9.【答案】ACD

【解析】解：由函數(shù)f(x)=13x3+x2?3x，可得f′(x)=x2+2x?3=(x?1)(x+3)，x∈[0,3]，

則f′(2)=(2?1)(2+3)=5，故A正確；

令f′(x)>0，解得1<x≤3；令f′(x)<0，解得0≤x<1，

所以f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，在[0,1]上單調(diào)遞減，故C正確；

f(x)min=f(1)=?53，又f(0)=0，f(3)=9，

所以f(x)max=9，所以函數(shù)f(x)的值域為[?53,9]，故B錯誤；

由以上分析可知要使得方程f(x)=a有2個不同的根，則a∈(?510.【答案】AC

【解析】解：A中，將直線l：kx+y?2k?1=0整理可得k(x?2)+y?1=0，可得直線恒過定點P(2,1)，所以A正確；

B中，圓C：(x?3)2+y2=8，將點P(2,1)代入圓的方程可得(2?3)2+12<8，

可得點P在圓C內(nèi)，當PC⊥l時，則圓心到直線的距離最大，此時弦長最短，

又因為|PC|=(2?3)2+(0?1)2=2，圓C的半徑r=22，所以此時弦長為2r2?|PC|2=28?2=26，所以B不正確；

C中，當k=?1時，則直線l的方程為x?y?1=0，此時圓C(3,0)到直線l的距離d=|3?0?1|12+(?1)2=2，可得r?d=2，所以圓上恰好有3個點到直線的距離等于2，所以C正確；

D中，因為(m,n)在圓上，則nm+1相當于動點(m,n)與定點(?1,0)的斜率，

設nm+1=k，整理可得：km?n+k=0，可得圓心C(3,0)到直線的距離d=|3k?0+k|k2+1≤2211.【答案】ABD

【解析】解：選項A：拋物線C：y2=2px的焦點為P(p2,0)，直線x=my+1恒過點(1,0)，

由題意知該點即為焦點，故p2=1，得p=2，故A正確；

選項B：設A(x1,y1)、B(x2,y2)，

由拋物線定義，可得|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，故|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2，

以AB為直徑的圓的半徑為x1+x2+22，

AB中點坐標為(x1+x22,y1+y22)，

中點到準線l：x=?1的距離為x1+x22?(?1)=x1+x2+22，等于半徑，

故以AB為直徑的圓與l相切，故B正確；

選項C：當m=3時，直線方程為x=3y+1，

代入y2=4x，得y2?43y?4=0，

由韋達定理，y1+y2=43，y1y2=?4，

則|y1?y2|=(y1+y2)2?4y112.【答案】6【解析】解：正項等比數(shù)列{an}中，a1a3=4，a2+a4=8，

可得(a2)2=a1a3=4，解得13.【答案】3【解析】解：由題意雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2，

可得離心率e=1+b2a2=2，解得ba=3，即雙曲線的漸近線為y=±3x，

根據(jù)對稱性，不妨取雙曲線C的一條漸近線y=14.【答案】ln2?1

【解析】解：設t=ea?3，則a=3+lnt，t=lnb+12?ln2，則b=2et?12，

則b?a=2et?12?3?lnt，

令h(x)=2ex?12?lnx?3,x>0，

則h′(x)=2ex?12?1x，∴h(x)遞增，

當x=12時，h′(x)=0，

∴h(x)有唯一零點，

15.【答案】y=34(x?【解析】解：(1)已知A(?1,2)，C(2,?2)，

則A、C的中點坐標為(12,0)，kAC=2?(?2)?1?2=?43，

則邊AC的垂直平分線的方程為y=34(x?12)；

(2)由題意可得直線BC的方程為y=?2(x?1)，

又圓(x?1)2+(y?b)2=5的圓心坐標為(1,b)，半徑為516.【答案】an=n

【解析】解：(1)因為各項均不相等的正項等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，

又S3=6，且log2a1+log2a9?2log2a3=0，

所以3a1+3d=6a1(a1+8d)=(a1+2d)2，解得a117.【答案】因為AD⊥DC，AD⊥PD，DC∩PD=D，且PD，DC?平面PCD，

所以AD⊥平面PCD，

而PC?平面PCD，所以AD⊥PC，

又因為DC=PD，M為PC中點，可得DM⊥PC，

又因為DM∩AD=D，且DM，AD?平面ADM，

所以PC⊥平面ADM

17【解析】(1)證明：因為AD⊥DC，AD⊥PD，DC∩PD=D，且PD，DC?平面PCD，

所以AD⊥平面PCD，

而PC?平面PCD，所以AD⊥PC，

又因為DC=PD，M為PC中點，可得DM⊥PC，

又因為DM∩AD=D，且DM，AD?平面ADM，

所以PC⊥平面ADM；

(2)解：AD⊥DC，AD⊥PD，AD=DC=PD=2AB，PC=3CD，

設AB=1，則PD=DC=AD=2，可得AC=22，PA=22，PC=23，

cos∠PDC=PD2+CD2?PC22PD?CD=4+4?122×2×2=?12，可得∠PDC=2π3，

所以∠PCD=∠CPD=π6，

取CD的中點N，可得BN//AD，且NB=AD=2，

由(1)可得BN⊥平面PCD，

所以△PCN為△PBC在平面PCD內(nèi)的投影，

設二面角B?PC?D的平面角為θ，且θ為銳二面角，

可得cosθ=S△PNCS△PBC，

所以S△PCN=12CN?PCsin∠PCD=12×1×23×12=32，

在△PBC中，BC=BN2+CN2=4+1=5，

PN=CN18.【答案】x24+y2【解析】解：(1)由題，拋物線的焦點為(1,0)，準線x=?1，

所以c=1，橢圓C和拋物線Γ的準線在第二象限交點為(?1,32)，

所以1a2+94b2=1，a2?b2=1，

解得a2=4，b2=3，

所以x24+y23=1；

(2)由題意可知直線l的斜率不為0，

設直線l的方程：x=my+1，Q(x1,y1)，P(x2,y2)，則Q1(x1,?y1)，

聯(lián)立x=my+1,x24+y23=1，化簡得(3m2+4)y2+6my?9=0，

則Δ=36m2+36(3m2+4)>0，

所以y1+y2=?6m4+3m2，y1?y2=?94+3m2，

直線P19.【答案】證明：要證g(x)≥3x+2，即證2ex+x≥3x+2，即證2ex?2x?2≥0，

令p(x)=2ex?2x?2，求導得p′(x)=2ex?2，

令p′(x)=0，解得x=0，

當x<0時，p′(x)<0，p(x)單調(diào)遞減；當x>0時，p′(x)>0，p(x)單調(diào)遞增，

因此p(x)在x=0處取得最小值p(0)=2e0?0?2=0，

所以p(x)≥0，即g(x)≥3x+2

(i)(0,1)；(ⅱ)證明：由(i)知h(x)的最小值為h(?lna)=1?1a+lna，

要證h(x)>3lna?a2?1a，

只需證1?1a+lna>3lna?a2?1a，

化簡得1>2lna?a2，

令r(a)=a2?2lna+1，

求導得r′(a)=2a?2a【解析】解：(1)證明：要證g(x)≥3x+2，即證2ex+x≥3x+2，即證2ex?2x?2≥0，

令p(