2022-2023学年山西省长治市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年山西省长治市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N={x|x2−x−2≥0}，则M∩N=( )
A. {−2,−1,0,1}B. {−2,−1,2}C. {−2,−1}D. {−2}
2.6−i1+i=( )
A. 52−72iB. 52+72iC. 72−72iD. 72+72i
3.已知向量a=(1,2),b=(−2,1).若(a+λb)⊥(a+b)，则λ=( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
4.已知cs(α−β)=13,cs(α+β)=23，则sinαsinβ=( )
A. 12B. 16C. 19D. −16
5.如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，正方形ABCD和A1B1C1D1的中心分别为O1和O2，O1O2⊥平面ABCD，O1O2=3，AB=5，A1B1=4，则直线O1O2与直线AA1所成角的正切值为( )
A. 23B. 26C. 36D. 66
6.已知函数f(x)=lnx+ax2−3x在(12,3)上单调递增，则a的取值范围为( )
A. [49,+∞)B. (0,49]C. [98,+∞)D. (0,98]
7.已知点F1(−1,0)，F2(1,0)，动点P到直线x=3的距离为d,|PF2|d= 33，则△PF1F2的周长为( )
A. 4B. 6C. 4 3D. 2 3+2
8.已知直线y=kx+b与函数f(x)=12x2+lnx的图象相切，则k−b的最小值为( )
A. 92B. 72C. 52D. 32
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.设数列{an}，{bn}都是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是( )
A. {an+bn}B. {anbn}C. {man}(m∈R)D. {anbn}
10.某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如图1所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图2所示，则( )
A. 该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在[30,60)内的学生人数占70%
B. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2.2倍还多
C. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在[50,60)内
D. 相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2作直线l垂直于双曲线C的一条渐近线，直线l交双曲线C于点M，若|MF1|=3|MF2|，则双曲线C的渐近线方程可能为( )
A. y=±1+ 52xB. y=±−1+ 52xC. y=±2+ 52xD. y=±x
12.如图1，《卢卡⋅帕乔利肖像》是意大利画师的作品.图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2.若MN= 2，则( )
A. AB=3 2
B. 该水晶多面体外接球的表面积为(10+4 2)π
C. 直线HG与平面HPQ所成角的正弦值为 33
D. 点G到平面HPQ的距离为 63
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数f(x)=x2,x≤0lg2x,x>0，则f(f(−2))=______.
14.已知直线x−y−a=0与圆C：(x−1)2+y2=2存在公共点，则a的取值范围为______.
15.已知函数f(x)=sinωx，如图，A，B是直线y= 32与曲线y=f(x)的两个交点，若|AB|=π6，则ω=______.
16.五一长假期间，某单位安排A，B，C这3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知A在五一长假期间值班2天，则A连续值班的概率是______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+b=10，c=2 7，且csinB= 3bcsC.
(1)求C；
(2)求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
在数列{an}中，a2=2，a3+a7=10，且an+1=2an−an−1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{an}中，满足k≤an≤2k(k为正整数)的项有bk项，求数列{bk}的前k项和Tk.
19.(本小题12分)
如图，将三棱锥A−BCD的侧棱AB放到平面α内，AC⊥CB，AB⊥BD，AC=CB，AB=BD，平面ABC⊥平面ABD.
(1)证明：平面ACD⊥平面BCD.
(2)若AB=2，平面ABD与平面α夹角的正切值为12，求平面ACD与平面α夹角的余弦值.
20.(本小题12分)
猜歌名游戏根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目，节目组准备了A，B两组歌曲的主旋律制成的铃声，随机从A，B两组歌曲中各播放两首歌曲的主旋律制成的铃声，该嘉宾根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.已知该嘉宾猜对A组中每首歌曲的歌名的概率均是23，猜对B组中每首歌曲的歌名的概率均是12，且猜对每首歌曲的歌名相互独立.
(1)求该嘉宾至少猜对2首歌曲的歌名的概率；
(2)若嘉宾猜对一首A组歌曲的歌名得1分，猜对一首B组歌曲的歌名得2分，猜错均得0分，记该嘉宾累计得分为X，求X的分布列与期望.
21.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)上一点M(1,m)(m>0)与焦点的距离为2.
(1)求p和m；
(2)若在抛物线C上存在点A，B，使得MA⊥MB，设AB的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为152，求点D的坐标.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex+m+(m+1)x−xlnx.
(1)若m=0，求f(x)的图象在x=1处的切线方程；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：x1x20，解得x0)，由图1可知，2022届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数为0.2a，
2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数为a×(1+10%)×41%=0.451a，0.451a>0.2a×2.2=0.44a，B正确；
C选项，2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在[40,50)内，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在[50,60)内，C错误；
D选项，2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占25%+15%+5%=45%，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占41%+34%+7%=82%，D正确．
故选：ABD.
根据统计图逐项判断即可得出结论．
本题考查由频数分布表、直方图求频数、频率，考查频率公式，属于基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：由题意直线ON而渐近线，设F2N⊥ON交于N，则可得|OF2|=c，|ON|=a，|F2N|=b，
过M作MQ⊥x轴交于Q，则△MQF2∽△ONF2，所以MQON=MF2OF2，
即|yM|a=|MF2|c，整理可得|MF2|=ca|yM|，
由双曲线的定义可得|MF1|=2a+|MF2|，
又因为|MF1|=3|MF2|，所以9|MF2|2=(2a+|MF2|)2，解得|MF2|=a，
可得|yM|=a2c，可得(c−xM)2+yM2=a2①，
而M在双曲线上，所以yM2=b2(xM2a2−1)，②
①②联立可得xM=2a2c，
将M点的坐标代入双曲线的方程可得：4a4a2c2−a4c2b2=1，即4a2c2−a4b2c2=1，由c2=a2+b2，
整理可得(ba)4−3(ba)2+1=0，解得(ba)2=3± 52，所以ba= 5±12，
所以双曲线的渐近线的方程为y=± 5±12x.
故选：AB.
过M作MQ⊥x轴交于Q，由题意可得△MQF2∽△ONF2，可得|MF2|=ca|yM|，因为|MF1|=3|MF2|，再由双曲线的定义可得|MF2|的值，可得M的纵坐标的绝对值的大小，再由M在双曲线上，可得M的横坐标的值，代入双曲线的方程，可得a，b的关系，进而求出双曲线的渐近线的方程．
本题考查双曲线的性质的应用及直线与双曲线的综合应用，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：由水晶多面体的结构特征可得NF=MN= 2，
进而可得AB= 2+2，故A错误；
在水晶多面体在大正方体的对面的两个正方形构成的长方体的外接球，
即为该水晶多面体外接球，
设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2=( 2+2)2+( 2)2+( 2)2，
∴4R2=4 2+10，故该水晶多面体外接球的表面积为4πR2=(10+4 2)π，故B正确；
∵GK//HQ，∵K到平面HPQ的距离即为点G到平面HPQ的距离，
设点G到平面HPQ的距离为d，
由VH−PQK=VK−HPQ，∴13×12× 2× 2×sin45∘×1=13×12× 2× 2×sin60∘×d，
解得d= 63，∴点G到平面HPQ的距离为 63，故D正确；
直线HG与平面HPQ所成角的正弦值为dHG= 63 2= 33，故C正确．
故选：BCD.
根据空间几何体的特征，根据每个选项的条件进行计算可判断其正确性．
本题考查空间几何体的性质，考查转化思想，属中档题．
13.【答案】2
【解析】解：因为f(−2)=(−2)2=4，所以f(f(−2))=f(4)=lg24=2.
故答案为：2.
由解析式先求f(−2)，再求f(f(−2))即得．
本题主要考查函数的值，属于基础题．
14.【答案】[−1,3]
【解析】解：直线x−y−a=0与圆C：(x−1)2+y2=2有公共点等价于圆心(1,0)到直线x−y−a=0的距离小于等于圆的半径，即|1−a| 2≤ 2，解得−1≤a≤3，
所以实数a的取值范围是[−1,3].
故答案为：[−1,3].
由圆心到直线的距离为|1−a| 2≤ 2，然后求解a的范围．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：由图可知，ω>0，
设A(x1, 32),B(x2, 32)，则sinωx1=sinωx2= 32，
由图可知，ωx1=π3，ωx2=2π3，
因为|AB|=π6，所以x2−x1=π6，ωx2−ωx1=ωπ6，
所以2π3−π3=ωπ6，解得ω=2.
故答案为：2.
设A(x1, 32),B(x2, 32)，根据图形列式可求出结果．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于基础题．
16.【答案】25
【解析】解：记M=“A在五一长假期间值班2天”，N=“A连续值班”，
则n(M)=C52C32A22=60种，n(MN)=4C32A22=24种，
所以P(N|M)=P(MN)P(M)=2460=25，
所以已知A在五一长假期间值班2天，则A连续值班的概率为25.
故答案为：25.
根据条件概率公式可求出结果．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为csinB= 3bcsC，由正弦定理可得sinCsinB= 3sinBcsC，
因为sinB≠0，所以sinC= 3csC，即tanC= 3，
因为C∈(0,π)，所以C=π3.
(2)因为a+b=10，c=2 7，
所以由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，可得28=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab=100−3ab，
解得ab=24，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×24× 32=6 3.
【解析】(1)由正弦定理可得sinCsinB= 3sinBcsC，从而可得tanC= 3，进而可得C的值；
(2)由余弦定理可求得ab，再由面积公式求解即可．
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由an+1=2an−an−1，得an+1−an=an−an−1，所以数列{an}是等差数列，
所以a3+a7=2a5=10，即a5=5，
所以数列{an}的公差为(5−2)÷(5−2)=1，
所以an=2+(n−2)=n；
(2)结合(1)可知bk=2k−k+1，
所以Tk=2×(1−2k)1−2−k(k+1)2+k=2k+1−k(k+1)2+k−2.
【解析】(1)由an+1=2an−an−1，得an+1−an=an−an−1，所以数列{an}是等差数列，而后根据其他条件求出公差，再求出数列通项公式即可；
(2)结合(1)求出{bk}的通项公式，而后求出数列{bk}的前k项和Tk.
本题主要考查等差和等比数列相关性质，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AB⊥BD，BD⊂平面ABD，
所以BD⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，
所以BD⊥AC，
因为AC⊥CB，BD∩BC=B，BD⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，
所以AC⊥平面BCD，
又AC⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BCD.
(2)记点D在平面α内的射影为E，连接BE，DE，取AB的中点O，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB=2，平面ABD与平面α夹角的正切值为12，
所以DE=2 55，BE=4 55，
则A(1,0,0)，D(−1,4 55,2 55)，C(0,− 55,2 55)，
从而AD=(−2,4 55,2 55)，AC=(−1,− 55,2 55)，
设平面ACD的法向量为m=(x0,y0,z0)，
则m⋅AD=−2x0+4 55y0+2 55z0=0m⋅AC=−x0− 55y0+2 55z0=0，
则可取m=(5, 5,3 5)，
易知，平面α的一个法向量为n=(0,0,1)，
则cs=m⋅n|m||n|=3 5 25+5+45= 155，
即平面ACD与平面α夹角的余弦值为 155.
【解析】本题考查面面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解两平面夹角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
(1)利用面面垂直可得BD⊥平面ABC，从而得到BD⊥AC，再利用线线垂直可得AC⊥平面BCD，再利用面面垂直的判定得证；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出结果．
20.【答案】解：(1)该嘉宾一首歌曲的歌名都没有猜对的概率P1=(1−23)2×(1−12)2=136；
该嘉宾只猜对一首歌曲的歌名的概率P2=C21×(1−23)×23×(12)2+(1−23)2×C21×12×(1−12)=16.
故该嘉宾至少猜对2首歌曲的歌名的概率P=1−P1−P2=2936.
(2)由题意可得X的所有可能取值分别是0，1，2，3，4，5，6.
没有猜对A组中每首歌曲的歌名的概率为1−23=13，没有猜对B组中每首歌曲的歌名的概率是1−12=12，
P(X=0)=(13)2×(12)2=136,P(X=1)=C21×13×23×(12)2=19，
P(X=2)=(23)2×(12)2+(13)2×C21×12×12=16，
P(X=3)=C21×13×23×C21×12×12=29，
P(X=4)=(23)2×C21×12×12+(13)2×(12)2=14，
P(X=5)=C21×13×23×(12)2=19，
P(X=6)=(23)2×(12)2=19.
X的分布列为：
故E(X)=0×136+1×19+2×16+3×29+4×14+5×19+6×19=103.
【解析】本题主要考查概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)先计算出该嘉宾一首歌曲的歌名都没有猜对的概率和该嘉宾只猜对一首歌曲的歌名的概率，进而利用对立事件求概率公式求出答案；
(2)求出X的所有可能取值及对应的概率，写出分布列，计算出数学期望．
21.【答案】解：(1)设抛物线C的焦点为F，根据题意可知|MF|=1+p2=2，解得p=2.
故抛物线C：y2=4x.
因为M在抛物线C上，所以m2=4.又因为m>0，所以m=2.
(2)设A(y124,y1)，B(y224,y2)，D(x0,y0)，直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2，
易知k1，k2一定存在，则k1=y1−2y124−1，k2=y2−2y224−1，
由MA⊥MB，得k1k2=−1，即y1−2y124−1⋅y2−2y224−1=−1，化简得(y1+2)(y2+2)=−16，即y1y2=−2(y1+y2)−20，
因为D到抛物线C的准线的距离d1=x0+1=152，所以x0=x1+x22=132，
则x1+x2=13，即y124+y224=13，y12+y22=52，
(y1+y2)2=52+2y1y2=52+2[−2(y1+y2)−20]，即(y1+y2)2+4(y1+y2)−12=0，
解得y1+y2=−6或y1+y2=2，则y0=y1+y22=−3或y0=y1+y22=1，
故点D的坐标为(132,1)或(132,−3).
【解析】(1)根据抛物线的性质，求出p=2，然后将M(1,m)代入抛物线的方程即可求出m；
(2)根据D到抛物线C的准线的距离求出D的横坐标，将MA⊥MB转为k1k2=−1，从而得到y1y2=−2(y1+y2)−20，两者结合即可求出y1+y2，即可求出点D的坐标．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=ex+m+(m+1)x−xlnx，函数定义域为(0,+∞)，
当m=0时，f(x)=ex+x−xlnx，
可得f′(x)=ex+1−lnx−1=ex−lnx，
所以f′(1)=e，
又f(1)=e+1，
所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(e+1)=e(x−1)，
即ex−y+1=0；
(2)证明：因为f(x)=ex+m+(m+1)x−xlnx，
可得f′(x)=ex+m+m+1−lnx−1=ex+m+m−lnx，
因为f(x)有两个极值点x1，x2，
所以方程ex+m+m−lnx=0有两个不相等的正实数根x1，x2，
即方程xex=xem(lnx−m)=xemlnxem=elnxemlnxem有两个不相等的正实数根x1，x2，
不妨设g(x)=xex，函数定义域为R，
可得g′(x)=(x+1)ex，
当x0，g(x)单调递增，
又g(0)=0，
所以当x0，
因为xex=elnxemlnxem有两个不相等的正实数根x1，x2，
所以x=lnxem，即m=lnx−x有两个不相等的正实数根x1，x2，
此时m=lnx1−x1=lnx2−x2，
整理得x1−x2lnx1−lnx2=1，
要证x1x2