2023-2024学年河南省开封市高二下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省开封市高二下学期7月期末数学试题（含解析），共12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a=(2,−1,3)，b=(4,2,x)，且a→⊥b→，则x=( )
A. −6B. −2C. 2D. 6
2.一批产品中次品率为5%，随机抽取1件，定义X=1,抽到次品,0,抽到正品,则E(X)=
A. 0.05B. 0.5C. 0.95D. 0.095
3.已知等差数列{an}中，a2+a5=8，a2−a5=−6，则a1=
A. −2B. −1C. 0D. 1
4.曲线f(x)=csx在点π2,0处的切线方程为( )
A. x=π2B. x−y−π2=0C. x+y+π2=0D. x+y−π2=0
5.已知(1+x)n的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则这两项的二项式系数是( )
A. 21B. 42C. 84D. 168
6.在圆C：(x−2)2+y2=4上任意取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足．当点P在圆C上运动时，线段PD的中点M的轨迹方程是( )(当点P经过圆与x轴的交点时，规定点M与点P重合)
A. 4x2+(y−2)2=4B. x2+4(y−2)2=4
C. 4(x−2)2+y2=4D. (x−2)2+4y2=4
7.已知函数f(x)=x2+aln(x+1)有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为( )
A. −∞,12B. 14,12C. 0,12D. 0,12
8.在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且AN=λDA，λ∈(0,1)，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为( )
A. 23B. 79C. 73D. 76
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.由成对样本数据(xi，yi)，1≤i≤15且i∈Z得到经验回归方程为y=0.8x+25.8，其中yi(单位：cm)为女生的身高，xi(单位：cm)为其父亲的身高，则
A. 直线y=0.8x+25.8必经过点(x,y)
B. 直线y=0.8x+25.8至少经过点(xi,yi)，1≤i≤15且i∈Z中的一点
C. 已知父亲的身高为180 cm，其女儿身高的估计值为169.8 cm
D. 两位父亲的身高相差5 cm，则他们女儿的身高相差4 cm
10.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，Tn为等比数列{bn}的前n项积，且a4=b4=2，则
A. a3a5=b3+b5B. a3+a5=b3b5C. S7=14D. T7=128
11.过抛物线y2=8x上一点P作圆C：(x−2)2+y2=1的切线，切点为A，B，则
A. ∠APB的最大值为π3B. ∠APB的最大值为2π3
C. |AB|·|PC|可能取到3D. |AB|·|PC|可能取到4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C：x2+y2−2x+4y+1=0，则圆C的半径r=__________．
13.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为2x+y=0，则椭圆x2a2+y2b2=1的离心率为__________．
14.学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，2个集体节目分别安排在第1个和最后1个，还有3个音乐节目、2个舞蹈节目、1个小品节目，要求同类节目不能连续安排，则共有__________种不同的排法(填写数字)．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知椭圆C的两个焦点坐标分别是F1(−2,0)，F2(2,0)，且经过点P(52,32)．
(1)求C的标准方程；
(2)已知直线l与PF2平行，且与C有且只有一个公共点，求l的方程．
16.(本小题12分)
已知等差数列{an}的首项a1=2，公差d=3，在{an}中每相邻两项之间都插入2个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)插入的数构成一个新数列，求该数列前2n项的和T2n．
17.(本小题12分)
在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知阳马P−ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，在PA，PB，PC的中点中选择一个记为点E，使得四面体E−BCD为鳖臑．
(1)确定点E的位置，并证明四面体E−BCD为鳖臑；
(2)若底面ABCD是边长为1的正方形，求平面PAB与平面BDE夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
在11分制乒乓球比赛中，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为p，乙发球时甲得分的概率为25，各球的结果相互独立．已知在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束，且P(X=2)=12．
(1)求p的值；
(2)求再打2个球甲新增的得分Y的分布列和均值；
(3)记事件“X=2n，n∈N ​∗且甲获胜”的概率为P(An)，求P(An).
19.(本小题12分)
已知函数f(x)的定义域为D，其中D⊆R.对于点M(a,b)，设S(x)=(x−a)2+(f(x)−b)2.若S(x)在x=x0处取最小值，则称点(x0,f(x0))为M的“f最近点”．
(1)若f(x)=x32，D=(0,+∞)，M52,0，求M的“f最近点”；
(2)已知函数f(x)，D=R，M1(t−1,f(t)−et)，M2(t+1,f(t)+et)，证明：对任意t∈R，P(t,f(t))既是M1的“f最近点”，也是M2的“f最近点”．
答案解析
1.B
【解析】解：由 a→⊥b→可得 a⋅b=0，
又因为a=(2,−1,3)，b=(4,2,x)，
所以a⋅b=2×4+(−1)×2+3x=0，
即x=−2 ，
2.A
【解析】解：根据X的定义，X=1=“抽到次品”，X=0=“抽到正品”，
则P(X=0)=0.95，P(X=1)=0.05．
那么X的分布列如下表所示．
E(x)=0×0.95+1×0.05=0.05，
3.B
【解析】
解：因为a2+a5=8，a2−a5=−6，所以a2=1，a5=7，
又a5−a2=3d=6，所以d=2，
a1=a2−d=−1，
故选B．
4.D
【解析】解：由y=csx，得y′=−sinx，
∴y′|x=π2=−1，
则函数y=csx在点π2,0处的切线方程是y−0=−1×(x−π2)，
即x+y−π2=0，
故选D．
5.A
【解析】解：∵(1+x)n的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，
∴Cn2=Cn5，
∴n=7，
则这两项的二项式系数为C72=C75=21．
6.D
【解析】解：设M(x,y)，由题意D(x,0)，P(x,y ​1)
∵M为线段PD的中点，
∴y 1+0=2y，y 1=2y．
又∵P(x,y ​1)在圆(x−2)2+y2=4上，
∴(x−2)2+y ​1 ​2=4，
∴(x−2)2+4y ​2=4，
∴点M的轨迹方程为 (x−2)2+4y ​2=4．
故选D．
7.C
【解析】解：因为函数f(x)=x2+aln(x+1)，所以f′(x)=2x2+2x+ax+1，
令g(x)=2x2+2x+a，由题意得g(x)=0在(−1,+∞)上2个解x1，x2，
故{Δ=4−8a>0g(−1)>0，解得：0故答案为：08.C
【解析】解：将正四面体ABCD放入正方体中，建立如图所示空间直角坐标系，
因为正四面体ABCD棱长为1，
所以正方体棱长为 22，
则A(0, 22, 22)，D( 22, 22,0)，M( 24,0, 24)，C(0,0,0)，
CA=(0, 22, 22)，DA=(− 22,0, 22)，AM=( 24,− 22,− 24)，
因为AN=λDA，
所以CN=CA+AN=CA+λDA=(− 22λ, 22, 22(1+λ))，
设直线AM与CN夹角为θ，
则 cs θ=AM·CNAMCN=2λ+32 3 λ2+λ+1，
令2λ+3=t，3f(t)=t2 3 t−322+t−32+1
=t 3 t2−4t+7
=1 3 1−4t+7t2⩽ 73，
当且仅当t=72即λ=14时取等号，
即直线AM与CN所成角的余弦值的最大值为 73．
故选C．
9.AC
【解析】解：经验回归方程必过样本中心点(x,y)，A正确;
直线y=0.8x+25.8 可能不经过任何一个样本点，B不正确；
当x=180时，y=0.8×180+25.8=169.8，C正确；
两位父亲的身高相差5 cm，则他们女儿的身高不一定相差4 cm，D不正确．
10.BCD
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，设等比数列{bn}的公比为q，
对于A，a3a5=a4−da4+d=a42−d 2=4−d 2，
b3+b5=b4q+b4q=2q+2q，
当d=2，q=2时，此时a3a5=0，b3+b5=5，此时不相等，故A错误；
对于B，a3+a5=2a4=4，b3b5=b4q·b4q=4，故B正确；
对于C，S7=7a1+a72=7a4=14，故C正确；
对于D，T7=b1b2b3b4b5b6b7=b1b7b2b6b3b5b4=b47=27=128，故D正确；
故选BCD．
11.AD
【解析】解：设P( x0， y0)，则y02=8x0，圆(x−2)2+y2=1的圆心为C(2,0)，半径为1，
则|PC| ​2= (x0−2)2+ y02= (x0−2)2+8x0= x02+4 x0+4= (x0+2)2 ≥4，
即|PC|的最小值为2，
设 ∠APB= θ，0<θ<π，(如图)
则 sin θ2= |AC||PC| ≤ 12，即0<θ2 ≤ π6，所以0<θ ≤ π3．
所以∠ APB的最大值为 π3，故A正确，B不正确；
|PB|= PC2−BC2
由题可知四边形PACB的面积为12ABPC=PBBC= PC2−BC2|BC|⩾ 3，
|AB|·|PC|⩾2 3，所以C不正确，D正确．
12.2
【解析】解：圆C的方程是x2+y2−2x+4y+1=0，即圆C：(x−1)2+(y+2)2=4，
故圆的半径为2．
故答案为：2．
13. 32
【解析】解：∵双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为2x+y=0，
∴ba=2，即b=2a，
∴在椭圆x2a2+y2b2=1中，c= 2a2−a2= 3a，
∴e= 3a2a= 32．
故答案为： 32．
14.240
【解析】解：第一步，排2个集体节目，有A22=2种排法．
第二步，排中间6个节目，
3个音乐节目全排列，有A33=6种排法，
因为同类节目不能连续安排，分两种情况：
①将2个舞蹈节目和1个小品节目插入3个音乐节目全排列形成的4个空中，每个空最多插入一个节目，且中间2个空必须都有节目，此时有2A33=12种排法；
②将2个舞蹈节目和1个小品节目分成两组，其中一组有1个舞蹈节目和1个小品节目，另一组有1个舞蹈节目，将这两组排在3个音乐节目全排列形成的中间2个空中，此时有C21A22A22=8种排法．
所以中间6个节目有6×(12+8)=120种排法，
根据分步乘法计数原理可得共有2×120=240种不同的排法．
15.解：(1)由于椭圆C的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由椭圆的定义知，c=2，
2a= (52+2)2+(32)2+ (52−2)2+(32)2=2 10，
可得a= 10，
所以b2=a2−c2=10−4=6，
所以椭圆C的标准方程为：x210+y26=1；
(2)已知直线l与PF2平行，所以kl=kPF2=3252−2=3，设的l方程为：y=3x+m，
由方程组y=3x+mx210+y26=1消去y，得48x2+30mx+5m2−30=0，
该方程的判别式△=900m2−4×48×(5m2−30)=−60(m2−96)，
由Δ=0，得m=±4 6，
此时l与C有且只有一个公共点，所以l的方程为：y=3x±4 6．
【解析】(1)设出椭圆方程，再根据椭圆定义得到参数a值，再由a，b，c的关系得到各个值，进而写出椭圆方程即可；
(2)联立直线和椭圆方程得到二次方程，有唯一的根，则根据判别式等于0即可得．
16.解：(1)设数列{bn}的公差为d′，
由题意知，b1=a1=2，b4=a2，d′=b4−b14−1=a2−a13=d3=1，
所以bn=b1+(n−1)d′=2+(n−1)=n+1，
所以{bn}的通项公式是bn=n+1，
(2)数列{an}的通项公式为an=a1+(n−1)d=2+3(n−1)=3n−1，
记数列{an}与{bn}前n项的和分别为Sn，Sn′，
则T2n=S′3n−Sn=3n(b1+b3n)2−n(a1+an)2=3n(2+3n+1)2−n(2+3n−1)2=n(3n+4)．
【解析】(1)设数列{bn}的公差为d′，然后得到d′=b4−b14−1=a2−a13=d3=1，即可求解；
(2)先得到数列{an}的通项公式为an=3n−1，记数列{an}与{bn}前n项的和分别为Sn，Sn′，然后利用T2n=S′3n−Sn=3n(b1+b3n)2−n(a1+an)2即可．
17.解：(1)点E为PC的中点，
因为PD=CD，所以DE⊥PC，
又因为PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PD，
又BC⊥CD，PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD，
又DE，PC⊂平面PCD，所以BC⊥DE，BC⊥PC，
由DE⊥PC，BC⊥DE，PC∩BC=C，PC、BC⊂平面PBC，
可得DE⊥平面PBC，
又BE⊂平面PBC，所以DE⊥BE，
所以∠DEC=∠DEB=∠BCD=∠BCE=π2，
所以四面体E−BCD为鳖臑．
(2)如图，分别以DA，DC，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
AD=CD=PD=1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E(0,12,12)，
AB=(0,1,0)，AP=(−1,0,1)，DB=(1,1,0)，DE=(0,12,12)，
设平面ABP的一个法向量为n=(x,y,z)，
则AB⋅n=0,AP⋅n=0,即y=0,−x+z=0,
取x=1，则平面ABP的一个法向量为n=(1,0,1)，
设平面BDE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则DB⋅m=0DE⋅m=0，即x+y=012y+12z=0,
取x=1，则平面BDE的一个法向量为m=(1,−1,1)，
所以|cs|=|n⋅m|n|⋅|m||=2 2× 3= 63，
所以平面ABP与平面BDE夹角的余弦值为 63．

【解析】(1)点E为PC的中点，由线面垂直的判定与性质证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面ABP的一个法向量和平面BDE的一个法向量，利用空间向量求解即可．
18.解：(1)由题意可知，X=2对应的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，
所以P(X=2)=p×25+(1−p)×(1−25)=12，解之得p=12；
(2)Y的可能取值为0，1，2，
Y的分布列为：P(Y=0)=12×35=310，
P(Y=1)=12×35+12×25=12，
P(Y=2)=12×25=15，
所以E(Y)=310×0+12×1+15×2=910．
(3)X=2n且甲获胜，就是10:10平后，两人又打了2n个球该局比赛结束，
且这2n个球的得分情况为：前2n−2个球是每两球甲、乙各得1分，
最后第2n−1，2n个球均为甲得分;
X=2(n−1)且甲获胜，就是10:10平后，
两人又打了2n−2个球该局比赛结束，且这2n−2个球的得分情况为：前2n−4个球是每两球甲、乙各得1分，最后第2n−3，2n−2个球均为甲得分，
按照甲先发球，甲、乙各得1分的概率为12×35+12×25=12，
所以P(An)=12P(An−1)，且P(A1)=12×25=15，
所以P(An)是以15为首项，以12为公比的等比数列，
所以P(An)=15×(12)n−1=21−n5．
【解析】(1)根据相互独立事件的概率乘法公式可得结果；
(2)Y的可能取值为0，1，2，得出对应概率，可得Y的分布列和均值；
(3)由题意得P(An)=12P(An−1)，由等比数列可得P(An).
19.解：(1)当f(x)=x32，D=(0,+∞)，M(52,0)，
S(x)=(x−52)2+(x32)2=x3+x2−5x+254，
S′(x)=3x2+2x−5=(3x+5)(x−1)，
由S′(x)<0，得00，得x>1，
所以S(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
所以S(x)在x=1处取最小值，
又f(1)=1，所以M的“f最近点”为(1,1)；
(2)设S1(x)=(x−t+1)2+(f(x)−f(t)+et)2，
S2(x)=(x−t−1)2+(f(x)−f(t)−et)2，
设P(xi,f(xi))既是M1的“f最近点”，也是M2的“f最近点”，
由题意，S1(x)，S2(x)在x=xi处取最小值，
所以对任意t∈R，S1(t)≥S1(xi)，即1+e2t≥(xi−t+1)2+(f(xi)−f(t)+et)2 ①，
S2(t)≥S2(xi)，即1+e2t≥(xi−t−1)2+(f(xi)−f(t)−et)2 ②，
由 ①+ ②得2(1+e2t)≥2[(xi−t)2+1+(f(xi)−f(t))2+e2t]，
整理得(xi−t)2+(f(xi)−f(t))2≤0，
所以xi=t，f(xi)=f(t)，
所以P(t,f(t))既是M1的“f最近点”，也是M2的“f最近点”．
【解析】(1)根据新定义得出S(x)，利用导数研究单调性和最值即可；
(2)设S1(x)=(x−t+1)2+(f(x)−f(t)+et)2，S2(x)=(x−t−1)2+(f(x)−f(t)−et)2，由题意，S1(x)，S2(x)在x=xi处取最小值，结合新定义证明即可．X
0
1
P
0.95
0.05
Y
0
1
2
P
310
12
15