2022-2023学年浙江省衢州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省衢州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共20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.若集合A={x|22x−3>4}，B={x|x≤5}，则A∩B=( )
A. {x|721的最大整数n为( )
A. 20B. 21C. 22D. 23
7.已知函数f(x)定义域为R，对∀x，y∈R，恒有f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，则下列说法错误的有( )
A. f(0)=1B. f(2x+1)=f(−2x−1)
C. f(x)+f(0)≥0D. 若f(1)=12，则f(x)周期为6
8.衣柜里有5副不同颜色的手套，从中随机选4只，在取出两只是同一副的条件下，取出另外两只不是同一副的概率为( )
A. 67B. 1213C. 47D. 1321
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.给出下列命题，其中正确的命题为( )
A. 若样本数据x1，x2，⋅⋅⋅，x10的期望为3、方差为6，则数据2x1−1，2x2−1，⋅⋅⋅，2x10−1的期望为5、方差为11
B. 假设经验回归方程为y =0.6−0.25x，则当x=4时，y的预测值为−0.4
C. 随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，若P(X>4)=a，则P(Xb>0)的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P( 2,1)在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则( )
A. 椭圆C的离心率的取值范围是( 22,1)
B. 当椭圆C的离心率为 32时，|QF1|的取值范围是[2− 3,2+ 3]
C. 存在点Q使得QF1⋅QF2=0
D. 1|QF1|+1|QF2|的最小值为2
11.已知函数f(x)=4−|4x−8|,1≤x≤312f(x3),x>3，则下列说法正确的是( )
A. 若函数y=f(x)−kx+k有四个零点，则实数k的取值范围是(117,25)
B. 关于x的方程f(x)−14=0有8个不同的解
C. 对于实数x∈[2,+∞),不等式xf(x)−10≤0恒成立
D. 当x∈[3,9]时，函数f(x)的图象与x轴围成图形的面积为6
12.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120∘，∠ACB=90∘，PA⊥AC，平面PAC⊥平面PBC，点E在棱PC上且PE=3EC，点F是△PAD所在平面内的动点，点G是△PBC所在平面内的动点，且点G到直线BC的距离与到点E的距离相等，则( )
A. PA⊥平面ABCD
B. 若二面角D−PC−A的余弦值为 55，则点A到平面PBC的距离为 55
C. 若EF= 104，则动点F的轨迹长度为 134π
D. 若PA=1，则AG的最小值为 32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在(2x−1x)5的展开式中，各项系数的和是______.
14.88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列.若中音A(左起第49个键)的频率为440Hz，钢琴上最低音的频率为27.5Hz，则左起第61个键的音的频率为__________Hz.
15.设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作l的垂线，垂足为Q.若M(3,0)，N(−1,0)，PF与MQ相交于点T，且TN+TP=MT，则△PTN的面积为______.
16.原有一块棱长为3a的正四面体石材，在搬运的过程有所损伤，剩下了一块所有棱长均为a的八面体石材(如图)，现将此八面体石材切削、打磨、加工成球，则加工后球的最大表面积与该八面体石材外接球的表面积之比为______.
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)
近期衢州市文化艺术中心进行了多次文艺演出，为了解观众对演出的喜爱程度，现随机调查了A、B两地区的200名观众，得到如下所示的2×2列联表.
若用分层抽样的方法在被调查的200名观众中随机抽取20名，则应从B区且喜爱程度为“非常喜欢”的观众中抽取8名.
(1)完成上述表格，并根据表格判断是否有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系.
(2)若以抽样调查的频率为概率，从A地区随机抽取3人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为X，求X的数学期望.
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足：a1=a2=1，对任意n≥3且n∈N*时，an={an−2+nn是偶数,2a[n3]n是奇数.其中[x]表示不超过x的最大整数.
(1)求a2n；
(2)设bn=1a2n+1+a3n，求数列{bn}的前n项Sn.
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知tanA=sinB+sinCcsB+csC.
(1)求A；
(2)若c=2，b−12c= 6csC，求sinC.
20.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex
(1)若过点(0,m)作函数f(x)的切线有且仅有两条，求m的值；
(2)若对于任意k∈(−∞,0)，直线y=kx+b与曲线y=f(x)(x∈(0,+∞))都有唯一交点，求实数b的取值范围.
22.(本小题12分)
已知双曲线C:x2−y23=1，过点P(2,92)作直线l交双曲线C的两支分别于A，B两点，
(1)若点P恰为AB的中点，求直线l的斜率；
(2)记双曲线C的右焦点为F，直线FA，FB分别交双曲线C于D，E两点，求S△FABS△FDE的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：解不等式22x−3>4，即22x−3>22，
∴2x−3>2，
∴x>52，
故A={x|22x−3>4}={x|x>52}，
故A∩B={x|520，解得x≠−1且x≠2，
所以函数的定义域为(−∞,−1)∪(−1,2)∪(2,+∞)，
又函数y=|x2−x−2|=x2−x−2,x∈(−∞,−1)∪(2,+∞)−x2+x+2,x∈(−1,2)，
所以y=|x2−x−2|在(2,+∞)，(−1,12)上单调递增，在(−∞,−1)，(12,2)上单调递减，
又函数y=lg0.5x在定义域(0,+∞)上单调递减，
根据复合函数的单调性，可知y=lg0.5|x2−x−2|的单调递增区间为(−∞,−1)和(12,2).
故选：C.
首先求出函数的定义域，在分析内、外层函数的单调性，结合复合函数的单调性判断即可．
本题主要考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，则bnbn−1=2023an−an−1=2023d，
故{bn}为各项为正数的等比数列．
因为S11>S10>S12，故a11>0，a11+a12b11>1，1>b12>b13>⋯，
所以T20=b1×b2×⋯×b20=b1×(b2b20)×⋯×(b10b12)×b11=b1b1119>1，
T21=b1×b2×⋯×b21=(b1b21)×(b2b20)×⋯×(b10b12)×b11=b1121>1，
T22=b1×b2×⋯×b22=(b1b22)×(b2b21)×⋯×(b11b12)=(b11b12)111)，根据已知求出q，再利用等比数列的通项即得解．
【解答】
解：设等比数列的公比为q(q>1)，
则440=27.5q48，所以q12=2，
则左起第61个键的音的频率为27.5⋅q60=27.5⋅(q12)5=880(Hz).
故答案为：880.
15.【答案】2 33
【解析】解：由图可知，TN+TP=MT得TM+TN=−TP，
又因为F(1,0)为M(3,0)，N(−1,0)的中点，
所以TM+TN=2TF，所以2TF=−TP，
所以T为PF的三等分点，且TP=2TF，
又因为PQ//MF，所以ΔTMF∼ΔTQP，且MFQP=TFTP=12，
所以QP=2MF=4，
不妨设P(x0,y0)，且在第一象限，
QP=x0+p2=x0+1=4，所以x0=3，
因为点P(x0,y0)在抛物线上，
所以y0=2 3，
所以根据相似关系可得，yT=13y0=2 33，
所以S△TMF=12×MF×yT=2 33，
故答案为：2 33.
根据向量的线性关系确定ΔTMF∼ΔTQP，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解．
本题考查抛物线的性质，属于中档题．
16.【答案】3：11
【解析】解：如图，补全正四面体，则正四面体的棱长为3a，
由正四面体的对称性知，
正四面体的内切球、外接球球心与八面体内切球、外接球球心重合，
记为O，O在底面的投影为O1，则MO1⊥平面QPN，
正四面体内切球半径R=OO1，外接球半径r=OM=OP，
正四面体M−QPN底面上的高h=MO1，
由相似性易得正四面体M−ABC底面上的高为13h，
由正三角形的性质，易得△QPN的高h1= (3a)2−(32a)2=3 32a，
则PO1=23h1= 3a，
则在Rt△MPO1中，h=MO1= MP2−PO12，
即( 6a−R)2=R2+( 3a)2，
解得R= 64a，
平面ABC到平面QPN的距离为h−13h=2 63a，
所以O到平面ABC的距离2 63a−R=5 612>R，
故截面八面体的内切球半径亦为R，
则截面八面体的内切球的表面积为S1=4πR2=3π2a2，
又OO1=R= 64a，O1H=a，
则截面八面体外接球半径为OH= OO12+O1H2，
所以截面八面体外接球表面积为S2=4π( 224a)2=11π2a2，
故加工后球的最大表面积与该八面体石材外接球的表面积之比为3：11.
故答案为：3：11.
补全正四面体，由正四面体的对称性，正四面体的内切球、外接球球心与八面体内切球、外接球球心重合，记为O，由几何法分别求出正四面体的内切球半径以及O到平面ABC的距离，则较小者为截面八面体的内切球半径，再由勾股定理求出外接球的半径，最后由球的表面积公式即可求解．
本题考查了球的表面积公式，属中档题．
17.【答案】解：(1)依题意，B区为“非常喜欢”的观众人数为20020×8=80，
表格补充完整如下：
所以K2=200×(60×30−30×80)290×110×60×140≈0.870，
若b≤0，则1ex−bx>0与题设k∈(−∞,0)，矛盾，故b>0.
又因为x→0，h(x)→−∞；x→+∞，h(x)→0，
结合题意可得h(x)=1ex−bx在(0,+∞)上单调递增，
即h′(x)=−x2e−x+bx2≥0，所以b≥(x2ex)max(x>0)，
结合(1)可得(x2ex)max=4e2，所以b≥4e2，
即实数b的取值范围为[4e2,+∞).
【解析】(1)设过点(0,m)作函数f(x)切线的切点为(a,aea)，利用导数的几何意义求出切线方程，又因为切线过点(0,m)，所以m=a2ea，令g(x)=x2ex，作出g(x)的大致图象，由题意，直线y=m与g(x)的图象有且仅有两个交点，数形结合即可得出答案；
(2)由题可得k=1ex−bx,x>0有唯一解，令h(x)=1ex−bx,x>0，结合题意可得h(x)=1ex−bx在(0,+∞)上单调递增，即h′(x)=−x2e−x+bx2≥0，结合(1)可得解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)由题意可得，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x12−y123=1x22−y223=1，两式相减可得x12−x22=13(y12−y22)，
即(y1+y2)(y1−y2)(x1+x2)(x1−x2)=3，
其中kAB=y1−y2x1−x2，kOP=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
所以kAB⋅kOP=3，又kOP=94，故kAB=43；
(2)设AF：x=my+2，D(x3,y3)，E(x4,y4)，
由3x2−y2−3=0x=my+2⇒(3m2−1)y2+12my+9=0，
得y1⋅y3=93m2−1，又m=x1−2y1，故y1⋅y3=9y123⋅(x1−2)2−y12=9y1215−12x1=3y125−4x1，
从而y3=3y15−4x1，同理有y4=3y25−4x2，
另一方面，S△FABS△FDE=FA⋅FBFD⋅FE=|y1y3⋅y2y4|=|y1y29y1y2(5−4x1)(5−4x1)|=19|25−20(x1+x2)+16x1x2|，
设AB:y−92=k(x−2)，
由x2−y23=1y=k(x−2)+92得(3−k2)⋅x2+(4k2−9k)⋅x−4k2+18k−934=0，
故x1+x2=−4k2+9k3−k2x1⋅x2=−4k2+18k−9343−k2，
代入上式有S△FABS△FDE=19⋅|25+80k2−180k3−k2+−64k2+288k−3723−k2|=|k2−12k+33k2−3|=|1+12⋅3−kk2−3|，
由直线AB交双曲线于两支可知k∈(− 3, 3)，令3−k=t∈(3− 3,3+ 3)，
故S△FABS△FDE=|1+12t+6t−6|≥5+2 6，当且仅当t=6t时，即t= 6时，取等号，
即S△FABS△FDE∈[5+2 6,+∞).
【解析】(1)根据题意，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，再由点差法即可得到结果；
(2)根据题意，设AF：x=my+2，D(x3,y3)，E(x4,y4)，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查了直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于将直线AF的方程设为x=my+2，以及将三角形的面积比通过韦达定理转化，计算量较大．非常喜欢
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合计
A
60
30
B
x
y
合计
P(K2≥k0)
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0.001
k0
3.841
6.635
10.828
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A
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110
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140
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200
X
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2
3
P
127
29
49
827