数学+答案四川成都市树德中学高2024级(2027届)高二年级下学期5月半期(期中)考试（5月中旬）

A.4B.C.2.若f(x)=e_2x+1，则f(x)在x=1处的切线方程为()2A.2x+y_2=0B.2x__y=0C.2x+y__e__1=0D.2ex+y__2e=03.(x+y)(x__2y)5的展开式中，x3y3的系数为()比赛，且每场比赛都有同学观看，且甲乙去看同5.若函数f=lnx+ax2_4在区间内存在单调递增区间，则实数a的取曲线在第二象限的部分上一点，且LF1PF2=2LF1PA，点Q是线段PF2的中点，且F1，Q关于直线PA对称，则双曲线的离心率为()7.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f,(x)，f(1)=e，且对任意的x满足f,(x)__f(x)<ex，则不等式f(x)>xex的解集为()8.如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸8.如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸9.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，Q为抛物线上A.AB的最小值为4B.以AF为直径的圆与抛物线的准线相切A.PB.P(B)=P(A)}满足函数fn(x)=(anx+bn)e2x，其中f1(x)=xe2x，fn+1(x)=fn,(x)，n∈N*，现令cn则()2A.an=2n_1B.cn为公差为1的等差数列2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共从该袋子中不放回的取两次，每次取一个球14.函数f(x)=ax2ex_2lnx__x+b(a>0)有且仅有一个零点，则a2+b最小值为．15.(13分)如图，在四棱锥P_ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，(1)若F为线段PE中点，求证：BF//平面PCD；(2)若AB丄平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．2AD=3，点E在AD上，且18.(17分)设椭圆C的左顶点为A，上顶点为B,已知椭圆的离心率为2AB=7．(2)设P，Q为椭圆上异于点A的两动点，若AP、AQ的斜率之积为_1．4①证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标；②求△APQ面积的最大值．,(2)小王在一年内参加考试次数X的分布列；(3)假设每次考试需缴纳80元报名费，求小王在一年19.(17分)已知函数f(1)求f(x)在(0,+∞)上的极值；(2)若x3f(x)>asinx在(0,π)上恒成立，求实数a的取值范围；(3)若存在正实数m使得函数h(x)=f(x)__m在(0,+∞)上有两个不同的零点x1,x2，证明：lnx1(3)对于▽n∈N*，(_1)n.λ<Tn恒成立，求实数λ123456789DACBCCBCABD 2π15.取PD的中点为S，接SF,SC，则，而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四边形SFBC为平行四边形，故BF//SC，而平面PCD，SCC平面PCD，所以BF//平面PCD．————5分因为ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE上平面PAD，————6分而PE,EDC平面PAD，故CELPE,CELED，而PE上ED，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，——————7分则页=(0,-1,-2),形=(1,-1,-2),论=(1,0,-2),可=(0,2,-2),设平面PAB的法向量为7i=(ac,y9)，则由可得，取7=(0,-2,1)，——————9分设平面PCD的法向量为T=(a,b,C)，则由可得，取沉=(2,1,1)，—故cosm,，故平面与平面夹角的余弦值为分1_P(A1A2A3)=1_0.6×0.4×0.2 X123P————————11分(3)Y=80X，则由(2)，分布列为：YP————————15分时，an=2"，当n=1时也符合——————5分(2)由可知b,=nlogan1=nlog224=n(n+1)，则，(3)易知Tn随着n的增大而增大，当n为奇数时，λ>_Tn4499499解得，:椭圆C的方程为．——————4分(2)①若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为Y=kiar+m，P(a1,y消去y，得(4k"+3)a2+8kmar+4m2-12=0．,又A(-2,0)，直线PQ不能经过点A，，.m+k=0．.直线PQ的方程为Y=k(a-1)．直线PQ经过定点(1,0)，当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过(1,0)，P，Q点坐标为,②设直线PQ过定点(1,0)为D，设直线PQ的方程为a=my+1，与椭圆联立消去得，(4+3m2)y2+6my-9=0，Δ=144(m2+1)>0，,令t=m2+1，则t≥1，时取等号)，,△APQ面积的最大值为．——————17分当ae(0,2)时，f'(ac)<0,f(az)单调递减，当azE(2,+o)时，f'(ar)>0，f(ar)单调递增，所以f(ac)在(0,+o)的极小值为，无极大值．——————3分(2)z3f(ar)>asinac在(0,m)上恒成立，即re"-asinar>0在(0,m)上恒成立，e(0,m)，得ce">0,-asina≥0，因此，满足题意；②当a>0时，令h(ar)=zve"-asinar，则h'(ar)=(ac+1)e"-acosa，令m(ac)=h'(ar)，则m'(az)=(ac+2)e"+asina．由，得(a+2)e">0，asina>0，若0<a≤1，则h'(ar)>h'(0)=1-a>0，则h(ar)在(0,m)上单调递增，所以h(ac)>h(0)=0，满若a>1，则h'(0)=1-a<0因此h'(ar)在(0,m)上存在唯一的零点，且，当时，h'(ar)<0，h(ar)单调递减，当。<<T时，h'(ar)>0，h(ar)单所以hmin=h(ar0)<h(0)=0，不满足题意．综上，实数a的取值范围为(-,1]；———9分x1,x2不妨设，由(1)可知0<a1<2<a2，要证明1+y>4，即证，因为4-1=2+2-z1>2，且f(ac)在(2,+o)上单调递增，所以只需证f(2)>f(4-az1)，又因为f(a2)=f(ac1)，所以只需要证f(1)>f(4-1)，即证，化简为，因为0<<2，所以只需证，即证e"1-2(4-a1)-a1>0，令p(ar)=e"-2(4-a)-ac(0<ar<2)，则p