1.D因?yàn)閍1=2,an+1=2an,數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,所以a5=2×24=32.故選D.2.B由題意可知l2:r+2y—2=0可以化為2r+4y—4=0,所以兩平行直線l1,l2之間的距離d=|1—(—4)| 2+423.C“橢圓的短軸長是焦距的、倍,:b=、3c,又“a2=b2+c2,:a2=3c2+c2=4c2,可得a=2c,:橢圓的離心率為e.故選C.4.A將圓O1與圓O2的方程相減,得—6r—4y+8=0,所以直線MN的方程為3r+2y—4=0.故選A.5.D令t=—2r+3,由復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)公式,得f’(r)=(et)’(—2r+3)’=—2et=—2e—2r+3,故f=a1+1=2,a3=—a2+2=0,a4=a3+1=1,a5=—a4+2=1,a6=a5+1=2,…,所以數(shù)列{an}是周期為4的周期數(shù)列,且a1+a2+a3+a4=1+2+0+1=4,所以S2025=a1+a2+…+a2025=506×(a1+a2+a3+a4)+a1=2025.故選C.7.Af’=3r2—m因?yàn)楹瘮?shù)f(r)在定義域(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以f’(r)≥0在(0,+∞)上恒成立,即m≤3r2+在(0,+∞)上恒成立,令g(r)=3r2+(r∈(0,+∞)),則g’ 令g’得r=1,當(dāng)r∈(0,1)時(shí),g’(r)<0,g(r)單調(diào)遞減,當(dāng)r∈(1,+∞)時(shí),g’(r)>0,g(r)單調(diào)遞增,所以g(r)min=g(1)=9,所以m≤9,即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(—∞,9].故選A.8.B設(shè)OA=m(m>0),因?yàn)锳在第一象限,且直線OA的傾斜角為60。,所以A,、2m),設(shè)機(jī)器人甲在點(diǎn)P(r,y)處追上機(jī)器人乙,由機(jī)器人甲的速度是機(jī)器人乙的3倍,得OP=3AP,所以、=圓心,8為半徑的圓上.若要保證機(jī)器人甲在競技區(qū)(含直線l)內(nèi)一定能追上機(jī)器人乙,則圓B圓心,8為半徑的圓上.若要保證機(jī)器人甲在競技區(qū)(含直線l)內(nèi)一定能追上機(jī)器人乙,則圓B在競技區(qū)(含//2+(8直線l)內(nèi),即直線l與圓B相切或相離,又點(diǎn)B到直線l的距離d==—3,所以—3≥,解得m≥4或m≤2,當(dāng)m≥4時(shí),A,、2m)在安全區(qū),不滿足要求,所以m≤2,即OA長度的最大值是2.故選B.9.AD由雙曲線E:—=1,得a2=16,b2=9,c2=a2+b2=16+9=25,即a=4,b=3,c=5,所以雙曲線E的實(shí)軸長為2a=8,虛軸長為2b=6,離心率e,漸近線的斜率為±=±,故A正確,B錯(cuò)誤,C錯(cuò)誤,D正確.故選AD.10.ABC對(duì)于A,f(r)的定義域?yàn)镽,由f(r)=r2—4r+3,得f’(r)=2r—4,f”(r)=2,因?yàn)閒”(r)≥0在R上恒成立,所以f(r)在R上是“下凸函數(shù)”,故A正確;對(duì)于B,g(r)的定義域?yàn)?0,+∞),由g(r)【高二期末考試試卷.數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】26—T—430B,得g’(r)==—.,g”(r)=.,因?yàn)間”(r)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以g(r)在(0,+∞)上是“下凸函數(shù)”,故B正確;對(duì)于C,h(r)的定義域?yàn)镽,由h(r)=r2+2cosr,得h’(r)=2r—2sinr,h”(r)=2—2cosr,因?yàn)閔”(r)≥0在R上恒成立,所以h(r)在R上是“下凸函數(shù)”,故C正確;對(duì)于D,φ(r)的定義域?yàn)?0,+∞),由φ(r)=r2lnr,得φ’(r)=2rlnr+r,φ”(r)=2lnr+ )時(shí),φ”(r)<0,所以φ(r)在(0,+∞)上不是“下凸函數(shù)”,故D錯(cuò)誤.故選ABC.11.AD由an+1=4an+3,得an+1+1=4(an+1),又a1+1=2,所以數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)為2,公比為4的等比2n≠n+1,故C錯(cuò)誤;由Tm≤k.2m+1,得Tm、2m+1≤k,令Rm=Tm、2m+1,所以Rm=2×數(shù)列,所以an+1=2×4n—1=22n—1,即an=22n—1—1,故A正確;數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為sn=—n=(4n—1)—n,故B錯(cuò)誤;因?yàn)閎n=2n≠n+1,故C錯(cuò)誤;由Tm≤k.2m+1,得Tm、2m+1≤k,令Rm=Tm、2m+1,所以Rm=2×+8m+4<1,所以{Rm}單調(diào)遞減,當(dāng)m∈[4,+∞)時(shí),Rm的最大值為R4=2×+8m+4<1,所以{Rm}單調(diào)遞減,當(dāng)m∈[4,+∞)時(shí),Rm的最大值為R4=2××××、=,所以k≥R4=,即實(shí)數(shù)k的最小值為,故D正確.故選AD.f’(r)=3r2+,由導(dǎo)數(shù)的概念可知0=f’(1)=6.+a6+a16<a4,得a4+a3+a16<a4,所以a3+a16<0,即a9+a10<0,又s11>s8,所以a9+a10+a11>0,即3a10>0,a10>0,所以a9<0,當(dāng)sn取得最小值時(shí),n=9.y=kry=kr—A(r1,y1),B(r2,y2),由〈2,得r2—6kr+9=0,所以Δ=36k2—36>0,即k2>1,r1+r2=6k,(r2=6y+r2=±2、.(r115.解:(1)由直線l的斜率為1,得線段AB的中垂線m的斜率為—1,………2分又m過圓心(—2,6),則m的方程為y—6=—(r+2),……………………4分所以線段AB的中垂線方程為r+y—4=0.………………6分(2)由題意可得直線l的方程為r—y+4=0,………………8分圓心(—2,6)到直線l的距離為:d==2、,………………11分16.解:(1)由f(r)=—r3+mr2+6r—4,得f’(r)=—3r2+2mr+6,……2分所以f’(2)=—12+4m+6=4m—6.………………………4分因?yàn)楹瘮?shù)f(r)的圖象在點(diǎn)(2,f(2))處的切線與直線12r+y—2=0平行,所以f’(2)=—12,即4m—6=—12,解得m=—3…………………(2)由(1),得f(r)=—r3—r2+6r—4,f’(r)=—3r2—3r+6,……8分令f’(r)=0,解得r=—2,或r=1.………………………10分【高二期末考試試卷.數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】26—T—430B當(dāng)r變化時(shí),f,(r),f(r)的變化情況如下表所示:r1(1,2)f,(r)—0+0—f(r)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 —2單調(diào)遞減因此當(dāng)r=—2時(shí)f(r)有極小值且極小值為—14當(dāng)………………13分又f(—4)=12,f(2)=—6,所以函數(shù)f(r)在區(qū)間[—4,2]上的最大值為12,最小值為—14.………15分17.解:(1)由題意知an≠0,所以由an+1=,得==+5,所以—=5,…………2分又所以是首項(xiàng)為3,公差為5的等差數(shù)列,…………………4分所以=3+5(n—1)=5n—2,即an=.………………6分(2)由(1),得bn2n,………………………8分所以sn=3×21+8×22+13×23+…+(5n—2).2n①,2sn=3×22+8×23+13×24+…+(5n—2).2n+1②,①—②,得—sn=3×21+5(22+23+…+2n)—(5n—2).2n+1=6+5×—(5n—2).2n+1=,…………………………13分所以sn=(5n—7).2n+1+14.……………15分設(shè)橢圓E的焦距為2c,由焦距為4,得2c=4,解得c=2.…………………所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為……………………設(shè)M(r1,y1),由M(r1,y1)在橢圓E上,得+=1,即y所以K即直線AM,BM的斜率之積為—.………………………②設(shè)N(r2,y2),若直線MN的斜率為0,則M,N關(guān)于y軸對(duì)稱,所以KAN+KBM=0,又直線AN的斜率是直線BM的斜率的3倍,所以KAN=3KBM,即KAN=KBM=0,由M,N不在r軸上,得KAN≠0,KBM≠0,與KAN=KBM=0矛盾,所以直線MN的斜率不為0.………2分4分6分8分9分設(shè)直線MN的方程為r=my+n(n≠±2、),由得(m2+2)y2+2mny+n2—8=0,所以Δ=4m2n2—4(m2+2)(n2—8)=8(4m2+8—n2)>0,且y1+yy1y分【高二期末考試試卷.數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】26—T—430By2=(r1)(r2+2、2)2,(my1+n+2、2)(my2+n+2、2)2,3………14分my1y2+m(n+2、2)(y1+y2)+(n+2、2)22,將y1+yy1y代入上式并化簡,得n nm(n2n+(n+2、)2(m2+2)2即n2+3、n+4=0,解得n=—2、(舍)或n=—、2,此時(shí)Δ=8(4m2+8—n2)=8(4m所以直線MN:r=my—、恒過點(diǎn)(—、,0).……………17分19.(1)解:由f(r)=er—ar—1,得fI(r)=er—a,…………1分因?yàn)楹瘮?shù)f(r)的極值點(diǎn)為0,所以fI(0)=e0—a=0,解得a=1.………3分若a=1,fI(r)=er—1,當(dāng)r<0時(shí),fI(r)<0,f(r)單調(diào)遞減;當(dāng)r>0時(shí),fI(r)>0,f(r)單調(diào)遞增.所以0是函數(shù)f(r)的極值點(diǎn).綜上所述,a=1.………………4分(若沒有驗(yàn)證0是函數(shù)f(r)的極值點(diǎn)得3分)(2)證明:方法一:由(1)知f(r)在(—∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)r∈(—2,+∞)時(shí),f(r)≥f(0)=0,當(dāng)且僅當(dāng)r=0時(shí)等號(hào)成立.…………6分I1r+1I由g(r)=ln(r+2)—r—1,得g(r)=r+2—1=—r+2,令g(r)=0,得r=—1,當(dāng)—2<r<—1時(shí),gI(r)>0,g(r)單調(diào)遞增;當(dāng)r>—1時(shí),gI(r)<0,gI1r+1I所以g(r)的極大值為g(—1)=0,也是g(r)的最大值,即g(r)≤g(—1)=0,當(dāng)且僅當(dāng)r=—1時(shí)等號(hào)成立.…………………………8分所以f(r)≥0≥g(r),且等號(hào)不能同時(shí)成立,故f(r)>g(r).………10分方法二:令h(r)=f(r)—g(r)=er—r—1—[ln(r+2)—r—1]=er—ln(r+2),r∈(—2,+∞),則hI(r)=er—,……………5分因?yàn)閑r,—在r∈(—2,+∞)上單調(diào)遞增,hI(—1)=e—1—1=—1<0,hI(0)=e0—=>0,0),使得hI(r0)=0.……………………7分當(dāng)—2<r<r0時(shí),hI(r)<0,h(r)單調(diào)遞減;當(dāng)r>r0時(shí),hI(r)>0,h(r)單調(diào)遞增.所以h(r)的極小