2023-2024学年上海市长宁区高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市长宁区高二（下）期末数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.某高中共有学生1200人，其中高一、高二、高三的学生人数比为6：5：4，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，则高三年级应该抽取( )人．
A. 16B. 18C. 20D. 24
2.圆x2+y2−8x+6y+16=0与圆x2+y2=64的位置关系是( )
A. 相交B. 内切C. 相离D. 外切
3.给出下列4个命题：
①若事件A和事件B互斥，则P(A∩B)=P(A)P(B)；
②数据2，3，6，7，8，10，11，13的第70百分位数为10；
③已知y关于x的回归方程为y=−0.5x+0.7，则样本点(2,−1)的离差为−0.7；
④随机变量X的分布为，则其数学期望E[X]=1.6．
其中正确命题的序号为( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
4.将正整数n分解为两个正整数k1、k2的积，即n=k1⋅k2，当k1、k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1、k2是n的最优分解时，定义f(n)=|k1−k2|，则数列{f(5n)}的前2023项的和为( )
A. 51012B. 51012−1C. 52023D. 52023−1
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.双曲线x24−y2=1的渐近线方程为______．
6.直线 3x−y+1=0与直线y=0的夹角大小为______．
7.在(x+1x)6的二项展开式中，x2项的系数为______．
8.已知等差数列{an}中，a7+a9=15，a4=1，则a12的值等于 ．
9.设随机变量X服从正态分布N(0,σ2)，且P(X>−2)=0.9，则P(X>2)= ______．
10.已知函数f(x)=csx，则Δx→0limf(π2+Δx)−f(π2)Δx= ______．
11.从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则P(B|A)= ______．
12.某单位为了解用电量y度与气温x℃之间的关系，随机统计了某4天的用电量与气温.由表中数据所得回归直线方程为y =−2x+b ，据此预测当气温为5℃时，用电量的度数约为______度.
13.有3名男生与2名女生排成一队照相，2名女生互不相邻的概率为______．
14.已知在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2−2x−3)f′(x)>0的解集为______．
15.设F1、F2为双曲线Γ：x2a2−y29=1(a>0)左、右焦点，且Γ的离心率为 5，若点M在Γ的右支上，直线F1M与Γ的左支相交于点N，且|MF2|=|MN|，则|F1N|= ______．
16.对于任意的x1、x2∈R，且x2>0，不等式|ex1−x1|+|lnx2−x2|>a恒成立，则实数a的取值范围为______．
三、解答题：本题共5小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知数列{an}满足a1=1，an=3an−1+4(n≥2)．
(1)求证：数列{an+2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
18.(本小题14分)
(1)已知直线方程l1：(m+6)x−5y+5=0，l2：2x+(m−5)y+1=0，求出实数m分别取何值时，l1与l2分别：相交、平行、垂直；
(2)已知曲线C的方程为(x−2)2+y2=1，求过点B(1,−3)且与曲线C相切的直线方程．
19.(本小题14分)
(1)为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表.(单位：个)若规定显著性水平α=0.05，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
(2)已知一个盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球.现从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为X，求X的分布、期望和方差．
20.(本小题16分)
已知抛物线Γ：y2=4x．
(1)求抛物线Γ的焦点F的坐标和准线l的方程；
(2)过焦点F且斜率为12的直线与抛物线Γ交于两个不同的点A、B，求线段AB的长；
(3)已知点P(1,2)，是否存在定点Q，使得过点Q的直线与抛物线Γ交于两个不同的点M、N(均不与点P重合)，且以线段MN为直径的圆恒过点P？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
21.(本小题18分)
已知函数f(x)=12x2−(a+1)x+alnx.(其中a为常数)．
(1)若a=−2，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
(2)当a0的解集为：(−∞,−1)∪(1,+∞)，
f′(x)0，得
x2−2x−3>0f′(x)>0①或x2−2x−30；
令g(x)=lnx−x(x>0)，
所以g′(x)=1x−1=1−xx，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)a恒成立，
即对于任意的x1、x2∈R，且x2>0，不等式|f(x1)|+|g(x2)|>a恒成立，
即f(x1)−g(x2)>a恒成立，
所以[f(x1)−g(x2)]min>a，
即1+1>a，a3.841，
否定零假设，
∴中草药甲对预防此疾病有效果．
(2)X的所有可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C32C92=112，
P(X=1)=C61C31C92=12，
P(X=2)=C62C92=512，
∴X的分布列为：
E(X)=0×112+1×12+2×512=43．
D(X)=112×(0−43)2+12×(1−43)2+512×(2−43)2=718．
【详解】(1)计算出卡方，即可判断；
(2)X的所在可能取值为0，1，2，服从超几何分布，由此能求出结果．
20.解：(1)抛物线Γ：y2=4x，
则p=2，且焦点在x轴正半轴，
故抛物线Γ的焦点F(1,0)，准线l：x=−1；
(2)由(1)可得，F(1,0)，
则直线AB方程为y=12(x−1)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y=12(x−1)y2=4x，化简整理可得，x2−18x+1=0，
Δ=(−18)2−4×1×1=320>0，x1+x2=18，
故|AB|=x1+x2+p=20；
(3)存在，理由如下：
设直线MN：x=my+n，M(x3,y3)，N(x4,y4)，
联立方程x=my+ny2=4x，消去x可得，y2−4my−4n=0，
则Δ=16(m2+n)>0，y3+y4=4m，y3y4=−4n，
PM=(x3−1,y3−2)，PN=(x4−1,y4−2)，
若以线段MN为直径的圆恒过点P，
则PM⊥PN，
PM⋅PN=(x3−1)(x4−1)+(y3−2)(y4−2)=(my3+n−1)(my4+n−1)+(y3−2)(y4−2)
=(m2+1)y3y4+(mn−m−2)(y3+y4)+(n−1)2+4=(m2+1)⋅(−4n)+(mn−m−2)⋅(4m)+(n−1)2+4，
=−4(m+1)2+(n−3)2=(n+2m−1)(n−2m−5)=0，解得n+2m−1=0或n−5m−5=0，
若n+2m−1=0，即n=1−2m，
直线MN：x=my+1−2m=m(y−2)+1，过定点(1,2)，与点P重合，不符合题意，
若n−2m−5=0，即n=2m+5，
则Δ=16(m2+n)=16(m2+2m+5)=16[(m+1)2+4]>0，
则直线MN：x=my+2m+5=m(y+2)+5，过定点(5,−2)，
综上所述，直线MN过定点Q(5,−2)；
【详解】(1)根据已知条件，结合抛物线的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，先求出直线AB的方程，再与抛物线联立，推得x2−18x+1=0，再根据韦达定理，以及抛物线的定义，即可求解；
(3)根据已知条件，设出直线MN，并与抛物线联立，推得y2−4my−4n=0，再结合向量垂直的性质，以及韦达定理，即可求解．
21.(1)解：当a=−2时，可得f(x)=12x2+x−2lnx，
可得f′(x)=x+1−2x=(x+2)(x−1)x，所以f′(2)=2且f(2)=4−2ln2，
所以切线方程为y−(4−2ln2)=2(x−2)，即2x−y−2ln2=0，
所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为2x−y−2lnx=0．
(2)解：由函数f(x)=12x2−(a+1)x+alnx，可得函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
又由f′(x)=(x−a)(x−1)x，令f′(x)=0，解得x1=a，x1=1，
当a