2023-2024学年贵州省贵阳市部分学校高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年贵州省贵阳市部分学校高二（下）期末数学试卷（含答案），共7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|6−2xb>aB. c>a>bC. b>a>cD. a>c>b
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn，a2+a4=5，a3+a5=10，则S6=( )
A. 632B. 63C. 312D. 31
5.已知直线x=5π12和x=17π12都是函数y=f(x)图象的对称轴，则f(x)的解析式可能为( )
A. f(x)=sin(2x−π3)B. f(x)=sin(2x−π6)
C. f(x)=sin(4x+π3)D. f(x)=sin(x−π6)
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为A1B1的中点，O为CD1的中点，则下列直线与AB1不垂直的是( )
A. OA1B. D1BC. A1CD. OE
7.已知点P在抛物线M：y2=8x上，过点P作圆C：(x−4)2+y2=1的切线，若切线长为2 6，则点P到M的准线的距离为( )
A. 7B. 6C. 5D. 4 2
8.若直线l是曲线y=ex−1与y=ex−1的公切线，则直线l的方程为( )
A. y=x−1B. y=xC. y=x+1D. y=ex
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.复数z满足z2+4=0，则( )
A. z为纯虚数
B. |z|=2
C. z的实部不存在
D. 复数z+z2在复平面内对应的点在第二象限
10.已知函数f(x)的定义域为R，对所有的x，y∈R，都有xf(y)−yf(x)=xy(y2−x2)，则( )
A. f(x)为奇函数B. f(x)为偶函数
C. f(x)在R上可能单调递增D. f(x)在R上可能单调递减
11.已知椭圆C：x28+y2m=1(00)的实轴长是虚轴长的 2倍，且焦点到渐近线的距离为 2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线交于点P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值．
19.(本小题17分)
若定义在区间D上的函数f(x)满足对任意x1，x2∈D，且x1>x2，都有f(x1)−f(x2)2>x1−x2x1+x2，则称f(x)是D上的“好函数”．
(1)若f(x)=ax2是[1,+∞)上的“好函数”，求a的取值范围．
(2)(i)证明：g(x)=lnx是(0,+∞)上的“好函数”．
(ii)设n∈N∗，证明：ln(2n+1)>1+12+13+14+⋯+1n．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.A
5.A
6.D
7.C
8.B
9.AB
10.AC
11.BCD
12.−4
13.2
14.486
15.解：(1)因为 3bcsC−csinB= 3a，所以由正弦定理可得 3sinBcsC−sinCsinB= 3sinA，
又A=π−(B+C)，所以 3sinBcsC= 3sin(B+C)+sinCsinB，
所以 3sinBcsC= 3sinBcsC+ 3csBsinC+sinCsinB，
即 3sinCcsB+sinCsinB=0.因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，
所以csB+ 33sinB=0，即tanB=− 3，又B∈(0,π)，所以B=2π3；
(2)由余弦定理可知b2=a2+c2−2accs2π3，即a2+c2+ac=36，
因为a2+c2≥2ac，所以36≥3ac，解得ac≤12，当且仅当a=c=2 3时，等号成立，
则△ABC的面积为12acsinB≤12×12× 32=3 3，即△ABC面积的最大值为3 3．
16.解：(1)甲三个项目全部通过，所花费用为0，概率P1=34×23×12=14，
甲三个项目有一个没有通过，需要参加一次学习培训，所花费用为1000元，
概率P2=14×23×12+34×13×12+34×23×12=1124，
所以甲获得资格证书所花费用不超过1000元的概率为P1+P2=1724；
(2)由(1)知，不需要培训就获得资格证书的概率为14，
X的可能取0，1，2，3，显然X～B(3,14)，
则P(X=0)=(34)3=2764，P(X=1)=C31×(34)2×14=2764，
P(X=2)=C32×(14)2×34=964，P(X=3)=(14)3=164，
所以X的分布列为：
期望E(X)=3×14=34．
17.解：(1)证明：取G为AC′的中点，连接EG，GF，
因为E为棱AC的中点，所以EG//CC，且EG=12CC′，
又F为棱BB的中点，所以BF=12BB′，
因为BB′//CC′且BB′=CC′，
所以EG//BF且EG=BF，
所以四边形EGFB为平行四边形，
所以EB//GF，
又EB⊄平面AFC′，GF⊂平面AFC′，
所以BE//平面AFC′；
(2)取O为BC的中点，H为B′C′的中点，连接AO，OH，
因为ABC−A′B′C′为正三棱柱，
所以OC，OA，OH两两垂直，
以O为坐标原点，OC，OH、OA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0, 3)，F(−1,1,0)，C′(1,2,0)，
AC′=(1,2,− 3)，FC′=(2,1,0)，
设平面AFC′的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AC′=x+2y− 3z=0,m⋅FC′=2x+y=0．
令x=1，则y=−2，z=− 3，
可得m=(1,−2,− 3)，
又n=(0,1,0)是平面ABC的一个法向量，
所以|cs〈m,n〉|=|m⋅n|m||n||=22 2= 22，
所以平面ABC与平面AFC夹角的余弦值为 22．
18.(1)解：双曲线中，设一个焦点F(c,0)，一条渐近线方程为bx−ay=0．
∴焦点F到渐近线的距离为bc a2+b2=b= 2．
∵实轴长是虚轴长的 2倍，所以a= 2b=2，
∴双曲线的标准方程为x24−y22=1；
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，直线l与双曲线C恰有1个公共点，
则l的方程为x=±2，∴|PQ|=2 2，S△OPQ=12×2×2 2=2 2．
当直线l的斜率存在时，设直线l：y=kx+m，且k≠± 22．
由y=kx+m,x24−y22=1,得(1−2k2)x2−4mkx−2m2−4=0，
Δ=16m2k2+4(1−2k2)(2m2+4)=0，可得4k2=m2+2．
由y=kx+m,y= 22x,得x=2m 2−2k．
设l与y= 22x的交点为P，则xP=2m 2−2k，同理xQ=−2m 2+2k，
∴|xP−xQ|=|2m⋅2 2( 2−2k)( 2+2k)|，
∴|PQ|= 1+k2|xP−xQ|=2 2|m| k2+1|1−2k2|．
∵原点O到直线l的距离d=|m| k2+1，∴S△OPQ=12⋅|PQ|⋅d= 2m2|1−2k2|．
∵4k2=m2+2，∴S△OPQ=2 2，故△OPQ的面积为定值，且定值为2 2．
19.(1)解：由题可知任意x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，f(x1)−f(x2)2>x1−x2x1+x2，
即ax12−ax222>x1−x2x1+x2，解得a>2(x1+x2)2，
因为x1+x2∈(2,+∞)，所以a≥12，即a的取值范围为[12,+∞)．
(2)(i)证明：设x1，x2∈(0,+∞)，
则g(x1)−g(x2)2−x1−x2x1+x2=lnx1−lnx22−x1−x2x1+x2=lnx1x22−x1x2−1x1x2+1，
令x=x1x2，且x∈(1,+∞)，ℎ(x)=lnx−2(x−1)x+1，x∈(1,+∞)，
则ℎ′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0，则ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(1)=0，即g(x1)−g(x2)2>x1−x2x1+x2，
所以g(x)=lnx是(0,+∞)上的“好函数”．
(ii)证明：由(i)可知，当x∈(1,+∞)时，lnx1−lnx22>x1−x2x1+x2，
令x1=2n+1，x2=2n−1，n∈N∗，则ln(2n+1)−ln(2n−1)2>12n，即ln(2n+1)−ln(2n−1)>1n，
故ln3−ln1+ln5−ln3+⋯+ln(2n+1)−ln(2n−1)>11+12+13+⋯+1n，
化简可得ln(2n+1)>1+12+13+14+⋯+1n．
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164