2022-2023学年安徽省阜阳市高二（下）期末数学试卷v

这是一份2022-2023学年安徽省阜阳市高二（下）期末数学试卷v，共23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.设集合A={x∈Z|−2b>cB. a>c>bC. c>a>bD. c>b>a
8.蹴鞠[cùjū]，又名“蹴球”“蹴圆”，传言黄帝所作(西汉⋅刘向《别录》).“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动，如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D，平面ABD⊥平面BCD，直线AC与底面BCD所成角的正切值为13,AB=AD=2,CD=CB=2 3，则该“鞠”的表面积为( )
A. 8πB. 12πC. 16πD. 20π
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.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|0)的左、右焦点分别是F1，F2，P为双曲线C右支上的动点，|F1F2|=4，则下列说法正确的是( )
A. 双曲线C的离心率e=2 33
B. 双曲线C与双曲线y23−x2=1共渐近线
C. 若点P的横坐标为3，则直线PF1的斜率与直线PF2的斜率之积为25
D. 若∠F1PF2=π3，则△PF1F2的内切圆半径为4 33
12.已知函数f(x)=ax+xex−lnx，则下列说法正确的是( )
A. 当a=1时，f(x)的图象在x=1处的切线方程为y=2ex−e+1
B. 当a1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x2+2)(1x−1)4的展开式中常数项为__________.(用数字作答)
14.已知圆C的圆心坐标为(m,0)(m>0).若直线l：3x+4y+n=0与圆C相切于点A(1,−2)，则圆C的标准方程为__________.
15.有一堆规格相同的铁制(铁的密度是7.9×103kg/m3)六角螺母，共重5.8kg.如图，每一个螺母的底面是正六边形，边长为12mm，内孔直径为10mm，高为10mm，这堆螺母大约有__________个(参考数据：π≈3.14， 3≈1.73).
16.已知F为抛物线C：x2=4y的焦点，点P为抛物线C外一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，若PA⊥PB，则AF⋅BF+2PF2的最小值为__________.
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)
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，S4=2a5，且an+2−2an+1+an=0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=(−1)nan2，求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a−b=2ccsB.
(1)求C；
(2)设AB边上的高为CD，且CD=1，求△ABC面积的最小值.
19.(本小题12分)
为丰富中学生校园文化生活，某中学社团联合会设立了“数学社”.在某次社团活动中，数学社组织同学进行数学答题有奖游戏，参与者可从A，B两类数学试题中选择作答.答题规则如下：
规则一：参与者只有在答对所选试题的情况下，才有资格进行第二次选题，且连续两次选题不能是同一类试题，每人至多有两次答题机会；
规则二：参与者连续两次选题可以是同一类试题，答题次数不限.
(1)小李同学按照规则一进行答题.已知小李同学答对A类题的概率均为0.8，答对一次可得1分；答对B类题的概率均为0.5，答对一次可得2分.如果答题的顺序由小李选择，那么A，B两类题他应优先选择答哪一类试题？请说明理由；
(2)小王同学按照规则二进行答题，小王同学第1次随机地选择其中一类试题作答，如果小王第1次选择A类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.5；如果第1次选择B类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.8.求小王同学第2次选择A类试题作答的概率.
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，∠ABC=60∘，四边形ABCD是菱形，PA=AB=1，PB= 2,E,F是棱PD上的两点，且PF=13PD.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面EAC与平面ACD所成二面角的大小.
①BF//平面ACE；
②三棱锥C−ABE的体积V= 336.
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且椭圆C过点T(1,32)，点F为椭圆C的左焦点.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)平行于y轴的动直线l与椭圆C相交于不同两点P，Q，直线PF与椭圆C的另一个交点为M，证明：直线QM过定点.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx+12ex2−x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)令g(x)=f(x)+12ex2+(a+1)x+2e，若不等式g(x)≥0恒成立，求a的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了交集运算，属于基础题．
可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵A={−1,0,1}，B={0,1,2}，
∴A∩B={0,1}.
故选：B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．
把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简求值．
【解答】
解：由(1+i)z=i，得
z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i2=12+12i.
故选：A.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积求夹角，也考查了运算求解能力，是基础题．
根据平面向量的数量积与夹角公式，计算即可．
【解答】
解：设向量a，b的夹角为θ，由|a|=2，|b|=1，(a−b)⊥b，
所以(a−b)⋅b=a⋅b−b2=0，
即2×1×csθ−12=0，
解得csθ=12；
又θ∈[0,π]，
所以θ=π3；
即a，b的夹角是π3.
故选：A.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查必要不充分条件的应用，考查等比数列的性质，属于基础题．
由等比数列的性质求出a3，再根据必要不充分条件的定义判断即可．
【解答】
解：由题意，方程x2−5x+4=0的两个根为1和4，
则a1=1，a5=4或a1=4，a5=1，
设等比数列{an}的公比为q，
若a1=1，a5=4，则q4=a5a1=4，即q2=2，此时a3=a1q2=2；
若a1=4，a5=1，则q4=a5a1=14，即q2=12，此时a3=a1q2=4×12=2；
即若a1，a5是方程x2−5x+4=0的两个根，可得a3=2，
故“a3=±2”是“a1，a5是方程x2−5x+4=0的两个根”的必要不充分条件．
故选：B.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．
根据题意，易得不超过15的质数有6个，由组合数公式分析“从中任选2个”和“和为偶数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，不超过15的质数有2、3、5、7、11、13，共6个，
从中任选2个，有C62=15种选法，
其中和为偶数只需从3、5、7、11、13中选两个数相加即可，
故和为偶数的情况有C52=10种，
则和是偶数的概率P=1015=23.
故选：C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的图象，考查函数的奇偶性，属于基础题．
根据函数的奇偶性，函数值的正负即可判断．
【解答】
解：f(x)=(1−2ex+1)sinx=ex−1ex+1sinx，
f(−x)=e−x−1e−x+1sin−x=ex−1ex+1sinx
则f(−x)=f(x)，则函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，C；
当x∈(0,π2)时，f(x)>0，排除B.
故选：D.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查导数的综合应用，解题关键是构造函数分析单调性，属于较难题．
构造函数，利用导数研究函数的单调性，进行判断即可．
【解答】
解：设f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0得x=0，
所以当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x1时，g′(x)a>b，
故选：C.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于较难题．
设△BCD外心为O1，△ABD外心为O2，DB的中点为E，由题意得到O1E⊥O2E，过O2，O1分别作平面ABD，平面BCD的垂线，则垂线交点O为外接球球心，设△BCD外接圆半径为r1，△ABD外接圆半径为r2，设BE=x，利用线面垂直的性质即可求解．
【解答】
解：设△BCD外心为O1，△ABD外心为O2，DB的中点为E，
因为O1E⊥DB，O1E⊂平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
所以O1E⊥平面ABD.又O2E⊂平面ABD，所以O1E⊥O2E，
过O2，O1分别作平面ABD，平面BCD的垂线，
则垂线交点O为外接球球心，则四边形O2EO1O为矩形，
设△BCD外接圆半径为r1，△ABD外接圆半径为r2，
设BE=x，则由13= 4−x2 12−x2，得x= 3,BD=2 3，
△BDC为等边三角形，r1=O1B=BD2sin60∘=2，
又因为AB=AD=2,BD=2 3，所以∠BAD=120∘，
故△ABD外接圆半径r2=O2B=BD2sin120∘=2，
又OO1=O2E= O2B2−EB2= 4−3=1，
OO1⊥平面BCD，BO1⊂平面BCD，则OO1⊥BO1，
所以外接球半径R=OB= OO12+BO12= 4+1= 5，
从而外接球表面积为4πR2=20π.
故选：D.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查正弦函数的周期性、单调性、对称轴、对称中心以及图象变换，属于中档题．
根据已知中函数的图象，可确定A的值，分析出函数的周期，确定ω的值，将(7π12,−2)代入解析式，结合|φ|0，
∴T=π，ω=2，
∴y=2sin(2x+φ)，
将(7π12,−2)代入y=2sin(2x+φ)得sin(7π6+φ)=−1，
即7π6+φ=3π2+2kπ，k∈Z，
即φ=π3+2kπ，k∈Z，
∵|φ|0)的离心率为12，且椭圆C过点T(1,32)，
所以1a2+94b2=1ca=12b2+c2=a2，解得a2=4b2=3，
因此，椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
(Ⅱ)证明：由题可知，直线PF的斜率存在，
设直线PF：y=k(x+1)，P(x1,y1)，M(x2,y2)，
则Q(x1,−y1)，联立直线与椭圆方程y=k(x+1)x24+y23=1，
得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0，
则Δ=64k4−4(3+4k2)(4k2−12)=144(k2+1)>0，
x1+x2=−8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以lQM:y−y2=y2+y1x2−x1(x−x2)，
整理得y=y2+y1x2−x1(x−x1y2+x2y1y1+y2)，
又x1y2+x2y1y1+y2=kx1(x2+1)+kx2(x1+1)k(x1+x2)+2k=2kx1x2+k(x1+x2)k(x1+x2)+2k
=2k(4k2−12)3+4k2+k×−8k23+4k2k×−8k23+4k2+2k=−4，
所以直线QM的方程为y=y2+y1x2−x1(x+4)，故直线QM过定点(−4,0).
【解析】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，直线过定点问题，属于较难题．
(Ⅰ)根据椭圆离心率及椭圆过点T列方程组，可解得椭圆方程；
(Ⅱ)设点P(x1,y1)，M(x2,y2)，设直线PF：y=k(x+1)，与椭圆方程联立，利用韦达定理对直线QM的方程进行整理，从而可得直线QM过定点．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=xlnx+12ex2−x，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=lnx+ex，
不妨设h(x)=f′(x)=lnx+ex，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=1x+e>0，
所以h(x)单调递增，即f′(x)单调递增，
又f′(1e)=−1+1=0，
可知：当00，
所以k(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g′(e−(2+|a|))=−(2+|a|)+1+2e⋅e−(2+|a|)+a≤−1+2ee2+|a|0，
所以存在x0∈(e−(2+|a|),e−a)，使得g′(x0)=lnx0+1+2ex0+a=0，①
当0