2023-2024学年江西省鹰潭市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省鹰潭市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析），共16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.若xy≠0，则“x+y=0”是“yx+xy=−2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.在x−13x8的展开式中，常数项为( )
A. 28B. −28C. 30D. 360
3.抛物线y2=9x在点(1,3)处的切线的斜率为( )
A. −1B. −32C. 32D. 1
4.某校组队参加辩论赛，从7名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参加且不担任四辩，则不同的安排方法种数为( )
A. 180B. 120C. 90D. 360
5.已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，且f(x)=g(x)·ax(a>0，a≠1)，f′(x)g(x)A. 5B. 2C. 25D. 12
6.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，lg an+lg an+1=lg 2n，n∈N ​∗，则S11=( )
A. 511B. 61C. 93D. 125
7.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2AA1=4，O为棱C1D1的中点，则线段OA在平面OBC上的射影的长度为( )
A. 83B. 7C. 4D. 393
8.若关于x的不等式ex+x+2ln1x≥mx2+lnm恒成立，则实数m的最大值为( )
A. 12B. e24C. 1D. e2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若相关系数r的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强
B. 设随机变量X服从正态分布N(0,1)，若P(X≥1)=p，则P(−1C. 若随机事件A，B满足：P(A|B)+P(A)=1，则A，B相互独立
D. 随机变量X～B(4,p)，若方差D(X)=34，则P(X=1)=364
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的公差为d，且a1=1，Sn=anbn，则( )
A. 若d=12，则2Sn=(n+2)anB. 若d=12，则{an+1an}为递减数列
C. 若d=14，则a6=56D. 若d=14，则i=1n1ai<32
11.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点A在第一象限内，点P在C的准线上，则下列判断正确的是( )
A. 若PA与C相切，则PB也与C相切
B. ∠APB≤π2
C. 若点P在x轴上，则PA⋅PB为定值．
D. 若点P在x轴上，且满足|PA|=4|PB|，则直线l的斜率为53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.定义集合运算：A⊗B={z|z=xy(x−y),x∈A,y∈B}，若集合A={0,3}，B={−1,1}，则集合A⊗B中所有元素之和为________
13.设点A(x,y)为圆x2+(y−2)2=1上任意一点，则yx的取值范围是________
14.双曲线C：x2a2−y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，P为双曲线右支上的一点，连接PF1交左支于点Q.若|PF2|=|PQ|，且S▵PF1F2=6S▵OF1Q，则双曲线的离心率为________
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}的首项a1=4，且an+1−2an+2=0
(1)证明：{an−2}是等比数列．
(2)求数列{anlg2(an−2)}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−ax，g(x)=2ax，a≠0．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立，求a的最小值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD/​/BC，AD=2BC=2，PA=AB，点E在PB上，且PE=2EB．
(1)证明：PD/​/平面AEC;
(2)当二面角E−AC−B的余弦值为 63时，求点P到直线CD的距离．
18.(本小题17分)
学校师生参与创城志愿活动.高二(1)班某小组有男生4人，女生2人，现从中随机选取2人作为志愿者参加活动．
(1)求在有女生参加活动的条件下，恰有一名女生参加活动的概率；
(2)记参加活动的女生人数为X，求X的分布列及期望EX；
(3)若志愿活动共有卫生清洁员､交通文明监督员､科普宣传员三项可供选择.每名女生至多从中选择2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为12；每名男生至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为12.每人每参加1项活动可获得3个工时，记随机选取的两人所得工时之和为Y，求Y的期望EY．
19.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F(−1,0)，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B是椭圆E的左、右顶点，F是椭圆E的右焦点．过点F的直线l与椭圆E相交于M，N两点(点M在x轴的上方)，直线AM，BN分别与y轴交于点P，Q，试判断是|OP||OQ|否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：
解法一：
因为xy≠0，且xy+yx=−2，
所以等价于x2+y2=−2xy，即x2+y2+2xy=0，即x+y2=0，
所以“xy≠0，且xy+yx=−2 ”等价于“x+y=0”，
所以“x+y=0”是“xy+yx=−2”的充要条件．
解法二：
充分性：因为xy≠0，且x+y=0，所以x=−y，
所以xy+yx=−yy+y−y=−1−1=−2，
所以充分性成立；
必要性：因为xy≠0，且xy+yx=−2，
所以x2+y2=−2xy，即x2+y2+2xy=0，即x+y2=0，所以x+y=0．
所以必要性成立．
所以“x+y=0”是“xy+yx=−2”的充要条件．
解法三：
充分性：因为xy≠0，且x+y=0，
所以xy+yx=x2+y2xy=x2+y2+2xy−2xyxy=x+y2−2xyxy=−2xyxy=−2，
所以充分性成立；
必要性：因为xy≠0，且xy+yx=−2，
所以xy+yx=x2+y2xy=x2+y2+2xy−2xyxy=x+y2−2xyxy=x+y2xy−2=−2，
所以x+y2xy=0，所以x+y2=0，所以x+y=0，
所以必要性成立．
所以“x+y=0”是“xy+yx=−2”的充要条件．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为Tr+1= C6rx8−r(−13x)r=(−1)r · C6rx8−43r，
令8−43r=0，解得r=6，
∴二项式的展开式中的常数项为(−1)6C86=28．
故选A．
3.【答案】C
【解析】解：令 f(x)= 9x=3 x ，得 f′(x)=3×12x−12=32 x ，得 f′(1)=32，
即所求切线的斜率为32．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，分2步分析：
①，学生甲必须参赛且不担任四辩，则甲可以担任一、二、三辩，有3种情况，
②，在剩下的6名学生中任选3人，安排到其他三个辩手的位置，有 A63=120种情况，
则有3×120=360种不同的安排方法种数；
故选D．
5.【答案】D
【解析】解：由f(1)g(1)+f(−1)g(−1)=52得a1+a−1=52，
所以a=2或a=12．
又由f(x)⋅g′(x)>f′(x)⋅g(x)，即f(x)g′(x)−f′(x)g(x)>0，也就是fxgx′=−fxg′x−gxf′xg2x<0，说明函数f(x)g(x)=ax是减函数
即0故答案为D．
6.【答案】D
【解析】解：由lgan+lgan+1=lg2n可得lganan+1=lg2n，
即anan+1=2n，所以an+1an+2=2n+1，
两式相除可得an+2an=2;
即a3a1=a5a3=⋯=a4a2=a6a4=2，
由a1=1可得a2=2，
因此数列{an}的奇数项是以a1=1为首项，公比为2的等比数列，
偶数项是以a2=2为首项，公比为2的等比数列，
所以S11=a1+a2+a3+⋯+a9+a10+a11=(a1+a3+a5+a7+a9+a11)+(a2+a4+a6+a8+a10)
=1×(1−26)1−2+2×(1−25)1−2=125．
7.【答案】C
【解析】解：如图，取A1B1的中点E，连接OE，EB，则平面OBC与平面OEBC为同一个平面，
只需求线段OA在平面OEBC上的射影的长度．
过A作AF⊥EB于F，连接OF，
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
BC⊥平面ABB1A1，AF⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AF，
又BC∩BE=B，BC，BE⊂平面OEBC，所以AF⊥平面OEBC，
所以线段OA在平面OEBC上的射影为OF．
由已知可得AA1=2，EB= AA12+(AB2)2=2 2．
连接AE，
因为S△EAB=12×4× 2=12×2 2×AF，
所以AF=2 2，
又OA= 22+42+22=2 6，
所以OF= OA2−AF2= 24−8=4．
8.【答案】B
【解析】解：由题意得，，
即恒成立，
令f(x)=x+ln x，因为，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
则不等式转化为，所以，
则对一切x∈0,+∞恒成立．
令，则，
则当时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>2时，g ′(x)>0，g(x)单调递增，
所以当x=2时，g(x)有最小值，
即g(x)min=g(2)=e24，则m的最大值为e24．
故选B．
9.【答案】AC
【解析】解：A选项，若相关系数r的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强，故A正确；
B选项，设随机变量X服从正态分布N(0,1)，
则对称轴为x=0，∵P(X⩾1)=p，∴P(−1C选项，因为P(A|B)+P(A)=1，
所以P(A|B)=1−P(A)=P(A)，
即P(AB)P(B)=P(A)，所以P(AB)=P(A)P(B)，
所以A，B相互独立，故C正确;
D选项，随机变量X服从二项分布B(4,p)，方差D(X)=34，
则4p(1−p)=34，解得p=14或34，
当p=14时，P(X=1)=C41(14)1×(34)3=2764，
当p=34时，P(X=1)=C41(34)1×(14)3=364，故D错误．
故选AC．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为a1=1，Sn=anbn，令n=1，可得b1=1，
对于A选项，若d=12，则bn=n+12，
此时2Sn=(n+1)an，故A错误;
对于B选项，由A知2Sn=(n+1)an，2Sn+1=(n+2)an+1，
两式相减得nan+1=(n+1)an，
易知an≠0，
故有an+1an=1+1n，
故{an+1an}为递减数列，故B正确;
对于C选项，若d=14，则bn=n+34，
此时4Sn=(n+3)an，
同理可得an+1an=n+3n，
累乘可得ana1=n(n+1)(n+2)1×2×3，
即an=n(n+1)(n+2)6，
故a6=56，故C正确;
对于D选项，由C知an=n(n+1)(n+2)6，
故1an=6n(n+1)(n+2)=3[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]
=3[(1n−1n+1)−(1n+1−1n+2)]，
故i=1n1ai=1a1+1a2+⋯+1an
=3[(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)−(12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2)]
=3(12−1n+1+1n+2)<32，故D正确．
故选BCD．
11.【答案】AB
【解析】对于A，由结论过焦点弦两个端点的切线的交点在准线上可知A正确;
对于B，由以AB为直径的圆与准线相切可知，∠APB≤π2，故B正确;
对于C，设直线l的斜率存在且为k，则直线l的方程
为y=k(x−1)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立得y=k(x−1),y2=4x,整理得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
x1+x2=2k2+4k2,x1⋅x2=1,且y1+y2=4k,y1⋅y2=−4,由P(−1,0)，则PA⋅PB=(x1+1)(x2+1)+y1y2=x1x2+
x1+x2+1+y1y2=1+2k2+4k2+1−4=4k2，显然PA⋅PB不是定值，故C错误;
对于D，y=kPA+kPB=y1x1+1+y2x2+1=4y1y12+4+4y2y22+4=4[y1y2(y1+y2)+4(y1+y2)](y12+4)(y22+4)=4(y1y2+4)(y1+y2)(y12+4)(y22+4)=0
以x轴为∠APB的平分线，根据角平分线定理可得|AF||BF|=|PA||PB|=4，设直线l的倾斜角为θ，则由
|AF|=p1−cs θ=11−csθ，|BF|=p1+csθ=11+csθ，所以11−cs θ11+cs θ=4，解得csθ=35sinθ=45，
所以直线l的斜率k=43，故D错误．
12.【答案】−6
【解析】解：∵A⊗B={z|z=xy(x−y),x∈A,y∈B}，
又A={0,3}，B={−1,1}，
当x=0，y=−1时，z=0，
当x=0，y=1时，z=0，
当x=3，y=−1时，z=−12，
当x=3，y=1时，z=6，
∴A ⊗B={0,−12,6}，
故集合A⊗B的所有元素之和为−6．
故答案为−6．
13.【答案】−∞,− 3∪ 3,+∞
【解析】解：点P(x,y)是圆x2+(y−2)2=1上任意一点，圆心(0,2)，半径为1，
yx表示过原点与圆上的点的直线的斜率，
如图：
当直线与圆相切时，设直线方程为y=kx，即kx−y=0，
则−2 k2+1=1，解得k=± 3，
由图象，直线与圆有交点时，得k的取值范围k⩽− 3或k⩾ 3
即yx的取值范围是−∞,− 3∪ 3,+∞．
故答案为：−∞,− 3∪ 3,+∞．
14.【答案】 7
【解析】解：如图所示，由双曲线的定义可知：|PF1|− |PF2|=|PQ|+ |QF1|− |PF2|=2a，
所以 |QF1|=2a，又有 |QF2|=2a+ |QF1|=4a，
因为 S△PF1F2= 6S△OF1Q，即 12sin∠PF1F2·|PF1|·|F1F2|12sin∠PF1F2·|QF1|·|O F1|= 2|PF1||QF1|=6，
所以|PQ|= 2|QF1|=4a， △ PQF2为等边三角形， ∠ F1 PF2= π3，
由余弦定理可得： 12= |PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1|⋅|PF2|= 36a2+16a2−4c248a2，解得e= 7．
15.【答案】解：(1)证明：由an+1−2an+2=0得an+1−2=2(an−2)，
而a1−2=2≠0，
故数列{an−2}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an−2=2n，即an=2n+2，
所以anlg2(an−2) = n⋅2n+2n．
记Sn=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
则2Sn=1×22+2×23+3×24+⋯+n⋅2n+1，
两式相减得−Sn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
所以Sn=(n−1)⋅2n+1+2，
故Tn=(n−1)⋅2n+1+n(n+1)+2．
【解析】(1)把递推式变形为an+1−2=2an−2，由等比数列的定义可得数列an−2是等比数列；
(2)由(1)，利用等比数列的通项公式求出an=2n+2，得到数列anlg2(an−2)= n⋅2n+2n的通项，把其和分组求和，错位相减求和，可得结果．
16.【答案】解：(1)根据题意，
f′(x)=1x−a=1−axx(a≠0)，
当a<0时，由于x>0，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上递增；
当 a>0，00；x>1a时， f′(x)<0，
f(x)在(0,1a)上递增，在(1a,+∞)递减，
综上，当 a<0时，f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；
当 a>0时，f(x)的增区间为(0,1a)，减区间为(1a,+∞)；
(2)令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx−ax−2ax，
要使f(x)≤g(x) 恒成立，
只要使ℎ(x)≤0恒成立，也只要使 ℎ(x)max≤0，
ℎ′(x)=1x−a+2ax2=−(ax+1)(ax−2)ax2，
由于 a>0，x>0，所以 ax+1>0恒成立，
当 00；当x>2a时，ℎ′(x)<0；
所以x=2a， ℎ(x)max=ℎ(2a)=ln2a−3≤0，
解得a≥2e3 ，所以a的最小值为 2e3．

【解析】
(1)对f(x)求导，根据a的范围分类讨论，利用导数与函数单调性的关系，计算得结论;
(2)令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx−ax−2ax ，将恒成立问题把问题转化为ℎ(x)max≤0 ，利用导数研究函数的单调性和最值，进而即可求解。
17.【答案】解：(1)证明：连结BD，交AC于点F，
因为AD/​/BC，所以∠FBC=∠FDA，
又∠BFC=∠DFA，
所以△BFC∽△DFA，
所以BFFD=BCDA=12，又BEEP=12，
所以BFFD=BEEP，
所以△BEF∽△BPD
所以PD//EF，
因为EF⊂面AEC，PD⊄面AEC，
所以PD/​/平面AEC．
(2)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，
又AD⊥AB，所以AB，AD，AP两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设P(0,0,m)，m>0，
则B(m,0,0)，C(m,1,0)，E(2m3,0,m3)
则AC=(m,1,0)，AE=(2m3,0,m3)，
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=0n⋅AE=0，即mx+y=02m3x+m3z=0,
令x=1，可取n=(1,−m,−2)，
平面ABC的法向量可取m=(0,0,1)，
所以
|csm,n|=|m·n|m|·|n||=2 5+m2×1= 63，
得m=1，
所以PC=(1,1,−1)，CD=(−1,1,0)，
所以PC⋅CD=−1+1+0=0，所以PC⊥CD，
所以点P到直线CD的距离为PC= 3．
【解析】
(1)利用比列关系先证明PD//EF，进而可得证；
(2)设P(0,0,m)，再分别求出平面EAC与平面ABC的一个法向量，利用已知可得m，从而可得PC⊥CD，求出PC即可．
18.【答案】解：(1)设“有女生参加活动”为事件A，“恰有一名女生参加活动为事件B，
则P(AB)=C41C21C62=815，P(A)=C41C21+C22C62=35，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=81535=89；
(2)依题意知X服从超几何分布，
所以P(X=0)=C42C62=25，P(X=1)=C41⋅C21C62=815，P(X=2)=C22C62=115，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×25+1×815+2×115=23；
(3)设一名女生参加活动可获得工时数为X1，一名男生参加活动可获得工时数为X2，
则X1的所有可能取值为3，6，X2的所有可能取值为6，9，
P(X1=3)=P(X1=6)=12，E(X1)=3×12+6×12=92，
P(X2=6)=P(X2=9)=12，E(X2)=6×12+9×12=152，
有X名女生参加活动，则男生有2−X名参加活动，Y=92X+152(2−X)=15−3X，
所以E(Y)=E(15−3X)=15−3E(X)=15−3×23=13，
即两人工时之和的期望为13个工时．
【解析】
(1)根据条件概率公式可求出结果；
(2)根据超几何分布概率公式可求出结果；
(3)先求出一名女生和一名男生参加活动可获得工时的数学期望，再根据期望的性质可求出结果．
19.【答案】解：(1)由题意，c=−1b2=32a2=b2+c2⇒a2=4b2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1；
(2) 是定值，理由如下：
由题意可得A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当MN⊥x轴时，直线l的方程为x=1，易知M(1,32)，N(1,−32)，
直线AM的方程为y=12(x+2)，所以P(0,1)，|OP|=1，
直线BN的方程为y=32(x−2)，所以Q(0,−3)，|OQ|=3，则|OP||OQ|=13;
当直线MN的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)，(k≠0)，
由x24+y23=1y=k(x−1)得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则Δ=144(k2+1)>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2)，令x=0，则yP=2y1x1+2，所以P(0,2y1x1+2)，
直线BN的方程为y=y2x2−2(x−2)，令x=0，则yQ=−2y2x2−2，所以Q(0,−2y2x2−2)，
所以|OP|=|2y1x1+2|，OQ|=|−2y2x2−2|，
所以|OPOQ|=2y1x1+2|−2y2x2−2|=|y1(x2−2)y2(x1+2)|=|k(x1−1)(x2−2)k(x2−1)(x1−2)|
=|x1x2−2x1−x2+2x1x2−x1+2x2−2|，
可得|OP||OQ|=4k2−123+4k2−2x1−(8k23+4k2−x1)+24k2−123+4k2−2x1+2(8k23+4k2−x1)−2=|4k2−63+4k2−x112k2−183+4k2−3x1|=13，
【解析】
(1)由题意可得c=−1b2=32a2=b2+c2解得a，b的值即可
(2)当斜率不存在时，分别求出直线AM和BN的直线方程，得到|OP||OQ|=13;当斜率存在时，设出直线方程，直线与椭圆联立，表示出韦达定理，由点斜式求出直线方程可得到P，Q两点坐标，再用韦达定理表示出|OP||OQ|化简即可．X
0
1
2
P
25
815
115