高二数学5月阶考参考答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年05月试卷_0530四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月月考试题

树德中学高二数学5月阶考参考答案 一、选择题（1-8小题每小题5分，9-11题每小题6分，部分选对得部分分，有错选的得0分，共58分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A B C B D C D D BC ABD BC 二、填空题（每小题5分，共15分） 12. 1； 13. 150； 14. a =n(nN*)；18. n` 三、解答题（共77分） x−a 15. 解（1） f(x)的定义域为(0,+)，对 f(x)求导，得 f(x)= ，因为 f(1)=0，所以a=1； x x−1 （2）由（1）知， f(x)= (x(0,+))， x 当x(0,1)时， f(x)0， f(x)单调递减，当x(1,+)时， f(x)0， f(x)单调递增， 1  1 1 1 所以在区间  ,e  上， f(x)在x=1处取得极小值，即极小值为 f(1)=0， 又 f   =  ， e  e e 2 1 1  f(e)=e−2 ，所以求 f(x)在区间 ,e 的值域为[0,e−2].   2 e  a a a 16. 解 （1）由题，知当n=1时，a =2，又 1 + 2 + + n =2n −1① 1 2 22 2n a a a 1 + 2 + + n−1 =2n−1−1(n2)② 2 22 2n−1 由①−②，得a =22n−1(n2) n 当n=1，a =2满足a =22n−1，故数列a 的通项公式为a =22n−1(nN*)； 1 n n n 1 1 1 1 1  （2）由（1）知，b = ，即b = =  − ，所以 n log 22n−1log 22n+1 n (2n−1)(2n+1) 22n−1 2n+1 2 2 S =b +b + +b n 1 2 n 1 1 1 1 1 1  =  1− + − + + −  2 3 3 5 2n−1 2n+1 n = 2n+1 n 所以数列b 的前n项和S = . n n 2n+1 117. 解 （1）取BC中点为D，连接AD、PD， 因为△ABC为等腰直角三角形且AB= AC，所以BC ⊥ AD，又△PBC为正三角 形，所以BC ⊥ DP，又AD DP= D，所以BC ⊥平面PAD，又PA平面 PAD，所以BC ⊥ PA，所以PA⊥ BC.…………6分 （2）由BC = 2PA，不妨设PA=1，则BC = PB= PC = 2， AB= AC =1，因 为AB2 + AP2 =2= PB2，所以AB⊥ AP，同理，AB⊥ AC，AP⊥ AC，所以 AB、AC、AP两两垂直，以A为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)， PB=(1,0,−1)，BC =(−1,1,0)， 平面ABC的法向量可以是AP=(0,0,1)，设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，  PBn=0 x−z =0 因为 ，所以 ，不妨令x=1，则y = z =1， BCn=0 −x+ y =0 所以n=(1,1,1)， 2 nPA 3  3 6 因为 cosn,PA = = ，所以sin n,PA= 1−  = ，由原图，知二面角P−BC−A的   n  PA 3  3  3 6 平面角为锐角，所以二面角P−BC−A的正弦值为 . 3 6 另解 由（1）知，PDA为二面角的P−BC−A的平面角，结合BC = 2PA，可得sinPDA= . 3  1  1 18. 解 （1）由椭圆的对称性，知R( 3,1)不在椭圆上，故P  − 3, 、Q  3, 、T(2,0)三点在椭圆上，代入  2  2 x2 椭圆方程，可解得a=2，b=1，所以椭圆的方程为 + y2 =1. 4 （2）（i）若直线l 、l 中任意一条斜率为零时，直线MN的方程为y =0； 1 2 1 若直线l 、l 的斜率都不为零时，设直线l 的方程为x=my+1（直线l 的方程为x=− y+1）， 1 2 1 2 m 2x=my+1  x2 联立消x，得(1+4m2)y2 +2my−3=0， + y2 =1   4 设B、C两点的坐标分别为B(x ,y )，C(x ,y )，则由韦达定理，得 1 1 2 2  0   2m y + y m y + y m y + y =− ，进而有 1 2 =− ，将 1 2 =− 代入直线l 的方程为x=my+1，得 1 2 1+4m2 2 1+4m2 2 1+4m2 1   3 y y =   1 2 1+4m2 y + y 1+3m2 1+3m2 m  3+m2 m  x=m 1 2 +1= ，即M  ,− ，同理，N , ， 2 1+4m2 1+4m2 1+4m2  4+m2 4+m2  1+3m2 3+m2 4  当 = 时，即m2 =1，直线MN ⊥ x轴，直线MN与x轴的交点坐标为 ,0 ， 1+4m2 4+m2 5  5m m 5m  m2 +3 当m2 1时，直线MN的斜率存在，k = ，直线MN的方程为y− = x− ，整理， MN m2 −1 m2 +4 m2 −1 m2 +4 5m  4 4  4  得 y =  x− ，所以直线MN恒过点 ,0 ，又直线MN 斜率不存在时，直线MN 也经过点 ,0 ，综上 m2 −1 5 5  5  4  所述，直线MN恒过点 ,0 . 5  4  （ii）直线l 、l 的斜率显然都不为零时，设直线MN经过的定点为G  ,0 ， 1 2 5  1 1 1 m −m 1 m2 +1 S = AG y − y =   − ，整理，得S = ，即 △AMN 2 M N 2 5 4+m2 1+4m2 △AMN 2 4m4 +17m2 +4 1 m+ S = 1 m ，S = 1 1 ，引入函数 f(x)=4x+ 9 (x[2,+))， △AMN 2  1  2 △AMN 2  1  9 x 4  m+ m   +9 4  m+ m   + m+ 1 m (2x−3)(2x+3) 25 f(x)= ，易知 f(x)在x[2,+)单调递增，所以 f(x)在x[2,+)的最小值为 f(2)= ，所 x2 2 31 1 1 1 以S =  （等号当且仅当m2 =1时成立），所以△AMN 的最大值为 . △AMN 2  1  9 25 25 4m+ +  m 1 m+ m 19. 解 （1）函数 f(x)的定义域为R，对 f(x)求导，得 f(x)=eax(ax+1)， 1 若a=0时， f(x)=1， f(x)在(−,+)上单调递减；若a0时，令 f(x)=0，解得x=− ， a  1  1  当 −,−  ， f(x)0， f(x)单调递减；当 − ,+ ， f(x)0， f(x)单调递增；  a  a  1 若a0时，令 f(x)=0，解得x=− ， a 当  −,− 1  ， f(x)0， f(x)单调递增；当  − 1 ,+  ， f(x)0， f(x)单调递减；  a  a  （2）不等式 f(x) g(x)在x(0,+)上成立，等价于 f(x)−g(x)0在x(0,+)上成立，即eax −e−x −2x0 在x(0,+)上成立，引入函数h(x)=eax −e−x −2x，x(0,+)，h(x)=aeax +e−x −2， h(0)=a−1. （i）若a0，h(0)=a−10，当x(0,+)时，h(x)e−x −2−1，h(x)单调递减，h(x)h(0)=0，与题 意矛盾，舍去； （ii）若0a1，h(0)=a−10，h( 1 ln 2 )=a 2 +e − 1 a ln a 2 −2=e − 1 a ln a 2 0，由零点存在定理，知存在 a a a 1 2 x (0, ln )使得h(x)=0，当x(0,x )时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(0)=0，与题意矛盾，舍去； 0 a a 0 （iii）若a1，h(0)=a−10，当x(0,+)时，h(x)ex +e−x −22 exe−x −2=0，故h(x)单调递增， h(x)h(0)=0；综上所述，实数a的取值范围为[1,+)； n+2 （3）由（2）知，当a=1时，ex −e−x −2x0在x(0,+)恒成立，令x=ln 0（其中nN*）， n n+2 n n+2 n+2 2 n k+2 n 2 − −2ln 0，即ln  ，又因为ln  ，所以 n n+2 n n n(n+2） k k(k+2） k=1 k=1 (n+1)(n+2) n 2 ln  . 2 k2 +2k k=1 4