2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（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A={−2,−1,0,1,2}，B={x|3−x2≥0}，则A∩B=( )
A. {−1,0,1}B. {0,1}C. {−1,1}D. {0}
2.设复数z=4−2i1+i，则复数z−在复平面内对应的点的坐标为( )
A. (3,1)B. (3,−1)C. (1,3)D. (1,−3)
3.在△ABC中，点D满足AB=4DB，则CD=( )
A. 14CA+34CBB. 34CA+14CBC. 14CA−34CBD. 34CA−14CB
4.函数f(x)=2x31+x2−x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知函数f(x)=cs2x−sin2x，则( )
A. f(x)在(−π2,−π6)上单调递减B. f(x)在(−π4,−π12)上单调递增
C. f(x)在(π4,7π12)上单调递增D. f(x)在(0,π3)上单调递减
6.近年来，电动自行车以其快捷、轻便、经济等优点成为老百姓的代步工具，但随之出现了一系列问题，如违规停放，私拉电线充电，占用安全通道等，给人民安全带来隐患.为进一步规范电动自行车管理，某社区持续开展了两轮电动车安全检查和宣传教育，为了解工作效果，该社区将四名工作人员随机分派到A，B，C三个小区进行抽查，每人被分派到哪个小区互不影响，则三个小区中恰有一个小区未分配到任何工作人员的概率为( )
A. 49B. 2027C. 1627D. 1427
7.已知变量y关于变量x的回归方程为y =blnx+0.24，其一组数据如表所示：
若x=e10，则y的值大约为( )
A. 4.94B. 5.74C. 6.81D. 8.04
8.已知a=79，b=0.7e0.1，c=cs23，则( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. c>a>b
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.对于(2x−1x2)6的展开式，下列说法正确的是( )
A. 展开式共有6项B. 展开式中各项系数之和为1
C. 展开式中的常数项是240D. 展开式中的二项式系数之和为32
10.直线l过抛物线C：x2=4y的焦点F，且与C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则下列说法正确的是( )
A. 抛物线C的焦点坐标为(1,0)B. |AB|的最小值为4
C. 对任意的直线l，x1⋅x2=1D. 以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切
11.甲箱中有3个红球，2个白球和2个黑球，乙箱中有2个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是红球的事件，则( )
A. P(B|A1)=13B. P(B)=1763
C. P(A1)P(B)=P(A1B)D. P(A2|B)=417
12.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA=AB=2，E，F分别为PD，PB的中点，则( )
A. EF⊥平面PAC
B. 四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为48π
C. CF与平面ABCD所成角的正弦值为 66
D. 点A到平面EFC的距离为4 1111
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某校1000名学生参加数学文化知识竞赛，每名学生的成绩X∼N(70,102)，成绩不低于90分为优秀，依此估计优秀的学生人数为______(结果填整数).附：若ξ∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ0)的离心率为 3,C的右焦点F到其渐近线的距离为 6.
(1)求该双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x=3交线段AB于点Q，且S△FAO：S△FBO=|FA|：|FB|，证明：直线l过定点.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=2xlnx−2ax2，a∈R.
(1)当a=12，求f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)≤f′(x)2−lnx−1在(1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：集合A={−2,−1,0,1,2}，B={x|3−x2≥0}={x|− 3≤x≤ 3}，
则A∩B={−1,0,1}.
故选：A.
求出集合B，利用交集定义能求出A∩B.
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为z=4−2i1+i=(4−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−6i+2i22=1−3i，得到z−=1+3i，
所以复数z−在复平面内对应的点的坐标为(1,3)，
故选：C.
利用复数的运算法则求出复数z，从而得到z−，再利用复数的几何意义即可求出结果．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵AB=4DB，
∴CB−CA=4(CB−CD)，
∴4CD=CA+3CB，
∴CD=14CA+34CB.
故选：A.
由AB=4DB得出CB−CA=4(CB−CD)，然后根据向量的数乘运算求出向量CD即可．
本题考查了向量减法的几何意义，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为f(x)=2x31+x2−x=2x3−x−x31+x2=x3−x1+x2，易知f(x)的定义域为R，
因为f(−x)=(−x)3−(−x)1+(−x)2=−x3+x1+x2=−x3−x1+x2=−f(x)，
所以f(x)为奇函数，
图象关的原点对称．排除A，D选项；
又f(12)=(12)3−121+(12)20，所以排除C选项．
故选：B.
先判断函数的奇偶性，然后再代入特殊值计算f(12),f(2)即可判断．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：f(x)=cs2x−sin2x=cs2x，周期T=π，
∴f(x)的单调递减区间为[kπ,π2+kπ](k∈Z)，单调递增区间为[π2+kπ,π+kπ](k∈Z)，
对于A，f(x)在(−π2,−π6)上单调递增，故A错误，
对于B，f(x)在(−π4,0)上单调递增，在(0,π12)上单调递减，故B错误，
对于C，f(x)在(π4,π2)上单调递减，在(π2,7π12)上单调递增，故C错误；
对于D，f(x)在(0,π3)上单调递减，故D正确．
故选：D.
利用二倍角公式化简得f(x)=cs2x，周期T=π，根据余弦函数的单调性可得f(x)的单调递减区间为[kπ,π2+kπ](k∈Z)，单调递增区间为[π2+kπ,π+kπ](k∈Z)，进而逐个判断各个选项的正误即可．
本题主要考查了二倍角公式，考查了余弦函数的单调性，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：依题意，可得三个小区中恰有一个小区末分配到任何工作人员的概率为C31(C42C222+C41⋅C33)⋅A2234=3×(3+4)×234=1427.
故选：D.
根据分组分配法求出分配方案数后，由古典概型概率公式计算出概率．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由y =blnx+0.24，令t=lnx，则y =bt+0.24，
由题意，t−=1+3+4+6+75=4.2，y−=1+2+3+4+55=3，
∴3=b×4.2+0.24，解得b=2335，
∴y =2335lnx+0.24，
把x=e10代入，解得y ≈6.81.
故选：C.
由y =blnx+0.24，令t=lnx，得y =bt+0.24，求出t−与y−的值，代入线性回归方程求得b，把b代入y =blnx+0.24，取x=e10求解y 值得结论．
本题考查回归方程的求法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：∵a=79，b=0.7e0.1，
∴lnb−lna=0.1+ln0.7−ln79=110+ln910=1−910+ln910，
令f(x)=1−x+lnx，则f′(x)=−1+1x=1−xx，
当00,且q≠1)，
因为等比数列{an}的前3项和为168，
所以96×(1−q3)1−q=168，化简得4q2+4q−3=0，解得q=12或−32(舍负)，
所以a6=a6⋅q5=96×(12)5=3.
故答案为：3.
由等比数列的前n项和公式求得公比q，再由等比数列的通项公式得解．
本题考查等比数列的性质，熟练掌握等比数列的通项公式与前n项和公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】3
【解析】解：设切点为(m,2m+lnm)，
函数f(x)=2x+lnx的导数为f′(x)=2+1x，可得切线的斜率为k=2+1m，
即2+1m=2m+lnm−(−1)m，
解得m=1，即有k=2+1=3.
故答案为：3.
设出切点的坐标，求得f(x)的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由两点的斜率公式解方程可得所求值．
本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
16.【答案】 5−12
【解析】解：由题意得|F1M|=|F1F2|=2c，
又由椭圆定义得|MF2|=2a−2c，
记∠MF1F2=θ，
则∠AF2F1=∠MF2A=θ，∠F1F2M=∠F1MF2=∠MAF2=2θ，
则|AF2|=|AF1|=2a−2c，
所以|AM|=4c−2a，
故△MF1F2∽△MF2A，
则|MF2||F1F2|=|AM||MF2|，
则a−cc=2c−aa−c，即c2+ac−a2=0，
∴e2+e−1=0，∴e= 5−12(负值已舍).
故答案为： 5−12.
根据题意和椭圆定义可得到|MF2|，|AM|和a，c的关系式，再根据△MF1F2∽△MF2A，可得到关于 a，c的齐次式，进而可求得椭圆C的离心率e.
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：由题意，当n=1时，2a1=2S1=a12+a1，
整理，得a12−a1=0，
解得a1=0(舍去)，或a1=1，
当n≥2时，由2Sn=an2+an，
可得2Sn−1=an−12+an−1，
两式相减，可得2an=an2−an−12+an−an−1，
化简整理，得(an+an−1)(an−an−1−1)=0，
∵an>0，n∈N*，
∴an+an−1>0，
∴an−an−1−1=0，即an−an−1=1，
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可得，Sn=1⋅n+n(n−1)2⋅1=n(n+1)2，
则1Sn=2n(n+1)=2⋅(1n−1n+1)，
∴数列{1Sn}的前n项之和为：
1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn
=2⋅(1−12)+2⋅(12−13)+⋅⋅⋅+2⋅(1n−1n+1)
=2⋅(1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1)
=2⋅(1−1n+1)
=2nn+1.
【解析】(1)先将n=1代入题干表达式计算出a1的值，当n≥2时，由2Sn=an2+an，可得2Sn−1=an−12+an−1，两式相减进一步推导即可证得数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列；
(2)先根据第(1)题的结果计算出Sn的表达式，进一步推导出数列{1Sn}的通项公式，最后运用裂项相消法即可计算出前n项和．
本题主要考查等差数列的判定，以及数列求和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
18.【答案】解：(I)∵2sinC=3sinA，
∴根据正弦定理可得2c=3a，
∵b=a+1，c=a+2，
∴a=4，b=5，c=6，
在△ABC中，运用余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=42+52−622×4×5=18，
∵sin2C+cs2C=1，
∴sinC= 1−cs2C= 1−(18)2=3 78，
∴S△ABC=12absinC=12×4×5×3 78=15 74.
(II)∵c>b>a，
∴△ABC为钝角三角形时，必角C为钝角，
csC=a2+b2−c22ab=a2+(a+1)2−(a+2)22a(a+1)1，
∴1a，可推得△ABC为钝角三角形时，必角C为钝角，运用余弦定理可推得a2−2a−30，三角形的任意两边之和大于第三边定理，即可求解．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．考查了学生对三角函数基础知识的综合运用．
19.【答案】解：(1)由题意可得关于对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表：
零假设为H0：对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意无关，
根据表中数据计算得：χ2=200×(50×80−30×40)280×120×90×110≈16.498>6.635，
根据小概率值α=0.01的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联；
(2)对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的概率为14，
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=(34)3=2764，P(X=1)=C3114⋅(34)2=2764，P(X=2)=C32(14)2⋅34=964，P(X=3)=(14)3=164，
所以随机变量X的分布列为：
E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34.
【解析】(1)根据给定的数据完善2×2列联表，再计算χ²观测值作答；
(2)求出X的可能值，求出对应的概率，列出分布列并计算期望作答．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连结B1C，
由三棱柱的性质可知，A1B1//AB且A1B1=AB，
由平行四边形ABCD，得CD//AB且CD=AB，
∴A1B1//CD且A1B1=CD，
∴四边形A1B1CD为平行四边形，A1D//B1C，
∵B1C⊂平面BCC1B1，A1D⊄平面BCC1B1，
∴A1D//平面BCC1B1；
(2)由∠ACB=90∘，四边形ABCD为平行四边形，
得AC⊥AD，AA1⊥底面ABC，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，
则C(0,1,0)D(1,0,0)，
A1(0,0,2)，C1(0,1,2)，
∴CC1=(0,0,2)，A1D=(1,0,−2)，A1C1=(0,1,0)，
设平面DA1C1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅A1D=0m⋅A1C1=0，即x−2z=0y=0，
令z=1，则y=0，x=2，可得m=(2,0,1)，
设F(λ,1,0)，−1≤λ≤0，则C1F=(λ,0,−2)，
设平面A1C1F的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则A1C1⋅n=0C1F⋅n=0，即y1=0λx1−2z1=0
令x1=1，则y1=0，z1=λ2，
所以n=(1,0,λ2)，
假设平面DA1C1与平面A1C1F垂直，
则n⋅m=0，即2+λ2=0，
解得λ=−40,b>0)的渐近线为y=±bax，
又因为双曲线的右焦点F到其渐近线的距离为 6，所以bc a2+b2=b= 6，
又e=ca= 3，a2+b2=c2，联立解得a= 3，
所以双曲线C的方程为x23−y26=1；
(2)由(1)知，双曲线C的右焦点为F(3,0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则|AF|= (x1−3)2+y12，又x123−y126=1，得到y12=2x12−6，
所以|AF|= (x1−3)2+2x12−6= 3x12−6x1+9= 3(x1−1)2= 3|x1−1|，
又因为x1> 3，所以|AF|= 3(x1−1)，同理可得|BF|= 3(x2−1)，
如图，S△FAOS△FBO=12|OF|y112|OF|y2=y1y2=|AF||BF|=x1−1x2−1，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
所以kx1+mkx2+m=x1−1x2−1，即(kx1+m)(x2−1)=(kx2+m)(x1−1)，
化简得k(x2−x1)+m(x2−x1)=0，又x2≠x1，所以k+m=0，即m=−k，
所以直线l的方程为y=kx−k=k(x−1)，恒过(1,0)点，
故直线l过定点(1,0).
【解析】(1)利用条件直接求出a，b，从而求出双曲线的方程；
(2)设出A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用两点间距离公式和点在双曲线上，得到|AF|= 3(x1−1)，|BF|= 3(x2−1)，再利用条件即可得出结果．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)当a=12时，f(x)=2xlnx−x2，
所以f′(x)=2lnx−2x+2，令g(x)=f′(x)=2lnx−2x+2，所以g′(x)=2x−2，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)0恒成立，故h(x)在x∈(1,+∞)上为增函数，
所以h(x)>h(1)=0，即a≤0时不满足题意；
当a>0时，由h′(x)=0，得x=1a，
若a∈(0,1)，则1a∈(1,+∞)，故h(x)在(1a,+∞)上为减函数，在(1,1a)上为增函数，
所以存在x0∈(1,1a)，使得h(x0)>h(1)=0，即a∈(0,1)时不满足题意；
若a∈(1,+∞)，则1a∈(0,1)，故h(x)在(1,+∞)上为减函数，
所以h(x)