2023-2024学年吉林省长春市汽开三中高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年吉林省长春市汽开三中高二（下）期末数学试卷（含答案），共9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.已知复数z=i(1−i)，则|z|=( )
A. 2B. 2C. 5D. 5
2.命题“∀a>1，函数f(x)=xa在[a,+∞)上单调递增”的否定为( )
A. ∃a>1，函数f(x)=xa在[a,+∞)上单调递减
B. ∃a>1，函数f(x)=xa在[a,+∞)上不单调递增
C. ∃a≤1，函数f(x)=xa在[a,+∞)上单调递减
D. ∃a≤1，函数f(x)=xa在[a,+∞)上不单调递增
3.已知|a|=2，b=( 2,1)，且a⊥b，则|a−2b|=( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 2 5
4.水稻是世界最重要的食作物之一，也是我国60%以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”.育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量(单位：kg)如表：
根据以上数据，下面说法正确的是( )
A. 甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大
B. 甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小
C. 甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等
D. 甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定
5.已知△ABC的周长是16，A(−3,0)，B(3,0)，则动点C的轨迹方程是( )
A. x225+y216=1B. x225+y216=1(y≠0)
C. x216+y225=1D. x216+y225=1(y≠0)
6.若函数f(x)=sinx+3|sinx|在x∈[0,2π]与直线y=2a有两个交点，则a的取值范围为( )
A. (2,4)B. (1,3)C. (1,2)D. (2,3)
7.已知正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，体积为7，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为( )
A. 3 22B. 2C. 2 25D. 3 2
8.已知函数f(x)=x2−csx，则f(ln22),f(−ln33),f(−ln55)的大小关系为( )
A. f(−ln55)C. f(−ln55)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.下列说法中正确的有( )
A. 已知a，b∈R，则“a>b”的必要不充分条件是“a>b+1”
B. 函数f(x)=x2+5 x2+4的最小值为2
C. 集合A，B是实数集R的子集，若A⊆B，则A∩∁RB=⌀
D. 若集合B={x|x2−2x−3=0}，则满足⌀⫋A⫋B的集合A有2个
10.下列说法中，正确的是( )
A. 若随机变量X∼N(2,σ2)，且P(X>6)=0.4，则P(−2B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为15
C. 在一元线性回归模型分析中，决定系数R2用来刻画模型的拟合效果，若R2值越小，则模型的拟合效果越好
D. 设随机事件A，B，已知A事件发生的概率为0.3，在事件A发生的条件下事件B发生的概率为0.4，在事件A不发生的条件下事件B发生的概率为0.2，则事件B发生的概率为0.26
11.已知f(x)，g(x)分别是定义域为R的偶函数和奇函数，且f(x)+g(x)=ex，设函数G(x)=g(x)f(x)，则G(x)( )
A. 是奇函数B. 是偶函数C. 在R上单调递减D. 在R上单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(1−x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则a1+a2+…+a6的值为______．
13.有4人到甲、乙、丙三所学校去应聘，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为______.(用数字作答)
14.函数f(x)=2x−1(x≤1)x2−x(x>1)，f(a)=2，则a= ______．
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)
在△ABC中，记角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 3a= 3ccsB+csinB．
(1)求角C；
(2)已知点D在AC边上，且AD=2DC，BC=6，BD=2 7，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图(1)，等腰梯形ABCD，AB=2，CD=6，AD=2 2，E、F分别是CD的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线AF、BE折起，使得点C和点D重合，记为点P如图(2)．
(Ⅰ)求证：平面PEF⊥平面ABEF；
(Ⅱ)求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值．
17.(本小题15分)
数列{an}的前n项和为Sn，且3an−2Sn=1，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn=2n−1，若cn=bnan，求数列{cn}的前n项和Tn．
18.(本小题17分)
某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1、p2、p3，假定p1、p2、p3互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立．
(1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若p1=34，p2=23，p3=12，求该小组比赛胜利的概率；
(2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目X的分布，并求X的期望E[X]；
(3)已知1>p1>p2>p3，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出．
19.(本小题17分)
已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为 33．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若直线l与E的右支及渐近线的交点自上而下依次为C、A、B、D，证明：|AC|=|BD|；
(3)求二元二次方程x2−3y2=1的正整数解Qn(xn,yn)(xn,yn,n∈N∗)，可先找到初始解(x1,y1)，其中x1为所有解xn中的最小值，因为1=(2+ 3)(2− 3)=22−3×12，所以Q1(2,1)；因为1=(2+ 3)2(2− 3)2=(7+4 3)(7−4 3)=72−3×42，所以Q2(7,4)；重复上述过程，因为(2+ 3)n与(2− 3)n的展开式中，不含 3的部分相等，含 3的部分互为相反数，故可设1=(2+ 3)n(2− 3)n=(xn+ 3yn)(xn− 3yn)=xn2−3×yn2，所以Qn(xn,yn).若方程E的正整数解为Qn(xn,yn)，则△OQnQn+1的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.D
5.B
6.C
7.D
8.C
9.CD
10.AD
11.AD
12.−1
13.60
14.2
15.解：(1)∵ 3a= 3ccsB+csinB，∴ 3sin(B+C)= 3sinCcsB+sinCsinB，
∴ 3sinBcsC+ 3csBsinC= 3sinCcsB+sinCsinB，∵sinB≠0，∴tanC= 3，∴∠C=π3；
(2)设DC=x，csπ3=12=x2+36−2812x，∴6x=x2+8，∴x=2或4，
当x=2时，AC=6，C=π3，此时三角形为正三角形，S=9 3
当x=4时，AC=12，AB2=BC2+AC2−2AC⋅BCcsC=108，
满足AB2+BC2=AC2，此时三角形为直角三角形，S=18 3．
16.(Ⅰ)证明：∵等腰梯形ABCD，AB=2，CD=6，AD=2 2，
E，F是CD的两个三等分点，
∴ABEF是正方形，
∴BE⊥EF，
∵BE⊥PE，且PE∩EF=E，PE，EF⊂平面PEF，
∴BF⊥面PEF，
又BF⊂平面ABEF，
∴平面PEF⊥平面ABEF．
(Ⅱ)解：过P作PO⊥EF于O，过O作BE的平行线交AB于G，
则PO⊥面ABEF，
以O为原点，OE，OP为y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,−1,0)，B(2,1,0)，E(0,1,0)，P(0,0, 3)，
∴AE=(−2,2,0)，EP=(0,−1, 3)，
AB=(0,2,0)，PA=(2,−1,− 3)，
设平面PAE的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AE=−2x+2y=0n⋅EP=−y+ 3z=0,
取z=1，得n=( 3, 3,1)，
设平面PAB的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅AB=0m⋅PA=0，∴2y=02x−y− 3z=0，
取x= 3，得m=( 3,0,2)，
设平面P平面PAE与平面PAB所成锐二面角为θ，
则csθ=|n⋅m||n|⋅|m|=5 7⋅ 7=57．
∴平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为57．
17.解：(1)当n=1时，3a1−2S1=3a1−2a1=1，即a1=1；
当n≥2时，由3an−2Sn=1得3an−1−2Sn−1=1，
则两式相减得3an−3an−1−2(Sn−Sn−1)=0，
即an=3an−1,anan−1=3，
综上可知，{an}是首项a1=1，公比q=3的等比数列，
则an=a1qn−1=1×3n−1=3n−1，即an=3n−1．
故an=3n−1．
(2)由(1)知，cn=bnan=2n−13n−1，
则Tn=130+331+532+⋯+2n−13n−1①，
13Tn=131+332+533+⋯+2n−13n②，
①−②得23Tn=130+3−131+5−332+⋯+2n−1−(2n−3)3n−1−2n−13n，
整理得23Tn=1+2(131+132+⋯+13n−1)−2n−13n
=1+2×13×(1−13n−1)1−13−2n−13n=1+(1−13n−1)−2n−13n=2−2(n+1)3n，
即23Tn=2−2(n+1)3n，∴Tn=3−n+13n−1．
18.解：(1)设事件A表示“该小组比赛胜利”，
则P(A)=34+14×23+14×13×12=2324；
(2)由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=p1，P(X=2)=(1−p1)p2，P(X=3)=(1−p1)(1−p2)，
所以X的分布为：123p1(1−p1)p2(1−p1)(1−p2)，
所以E(X)=p1+2(1−p1)p2+3(1−p1)(1−p2)=p1p2−2p1−p2+3；
(3)若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为E1，
由(2)可知，E1=p1p2−2p1−p2+3，
若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为E2，
则E2=p3p2−2p3−p2+3，
所以E1−E2=(p1p2−2p1−p2+3)−(p3p2−2p3−p2+3)=p1p2−2p1−p3p2+2p3=p2(p1−p3)−2(p1−p3)=(p1−p3)(p2−2)，
因为1>p1>p2>p3，所以p1−p3>0，p2−2<0，
所以E1−E2<0，即E1所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．
19.解：(1)由题意ab a2+b2= 332a=2c2=a2+b2，解得a2=1b2=12，
所以双曲线E的标准方程为x2−y212=1；
(2)证明：由题意直线l的斜率不为0，设直线l：x=my+t，如图，

因为直线l与E的右支交于两点，所以t>0，
联立x=my+tx2−2y2=1，消去x得(m2−2)y2+2mty+t2−1=0，则Δ=4(m2+2t2−2)>0，即m2>2−2t2，
所以yA+yB=−2mtm2−2，
联立x=my+tx2−2y2=0，消去x得(m2−2)y2+2mty+t2=0，Δ=4m2t2−4t2(m2−2)=8t2>0，
所以yC+yD=−2mtm2−2，
所以yC+yD=−2mtm2−2=yA+yB，
即线段AB，CD的中点重合，
所以|AC|=|BD|；
(3)由题意得方程x2−2y2=1的初始解为(3,2)，
根据循环构造原理得：xn+ 2yn=(3+2 2)n,xn− 2yn=(3−2 2)n，
从而xn=12[(3+2 2)n+(3−2 2)n],yn= 24[(3+2 2)n−(3−2 2)n]，
记OQn=(xn,yn)，则OQn+1=(xn+1,yn+1)，设OQn，OQn+1的夹角为α，
则△OQnQn+1的面积S△OQnQn+1=12|OQn|⋅|OQn+1|sinα=12 |OQn|2⋅|OQn+1|2sin2α
=12 |OQn|2⋅|OQn+1|2−|OQn|2⋅|OQn+1|2cs2α
=12 |OQn|2⋅|OQn+1|2−(OQn⋅OQn+1)2
=12 (xn2+yn2)(xn+12+yn+12)−(xnxn+1+ynyn+1)2
=12|xnyn+1−xn+1yn|，
令a=(3+2 2)n,b=(3−2 2)n，则ab=1，
则S△OQnQn+1= 216|{(a+b)[(3+2 2)a−(3−2 2)b]−(a−b)[(3+2 2)a+(3−2 2)b]}|
= 216×8 2ab=1，
所以△OQnQn+1的面积为定值1． 品种
第1年
第2年
第3年
第4年
第5年
第6年
甲
900
920
900
850
910
920
乙
890
960
950
850
860
890