2023-2024学年云南省临沧市云县高二（下）期末数学试卷（含答案）

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这是一份2023-2024学年云南省临沧市云县高二（下）期末数学试卷（含答案），共10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.已知向量a=(3,1),b=(−2,x)，若a⊥(a+b)，则|b|=( )
A. 2B. 3C. 2 5D. 2 103
2.已知集合A={x|x−1x+2≥1}，B={x|x2+4x−5<0}，则A∩B=( )
A. {x|x<−1}B. {x|−5C. {x|−53.已知以坐标轴为对称轴，原点为对称中心，其中一条渐近线为y= 3x，则此双曲线的离心率为( )
A. 2 33B. 2C. 2或 62D. 2或2 33
4.清华大学、北京大学、上海交通大学、复旦大学均有数学强基招生计划，若某班有4位学生每人从上述四所学校中任选一所报名，则恰有一所学校无人选报的不同方法数共有( )
A. 96B. 144C. 168D. 288
5.已知服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量在区间(μ−σ,μ+σ)，(μ−2σ,μ+2σ)和(μ−3σ,μ+3σ)内取值的概率约为68.3%，95.4%和99.7%.若某校高一年级800名学生的某次考试成绩X服从正态分布N(80,152)，则此次考试成绩在区间(65,110)内的学生大约有( )
A. 780人B. 763人C. 655人D. 546人
6.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p(p>1)满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记数列{an}的前n项和为Sn，则Sn+an+11n的最小值为( )
A. 16B. 22C. 23D. 25
7.已知f(x)=10x+10−x−csx，则不等式f(2x+1)−f(4−x)<0的解集为( )
A. (−∞,−5)B. (−∞,1)C. (−5,1)D. (1,+∞)
8.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，平面α经过点B、D，平面β经过点A、D1，当平面α、β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为( )
A. 12B. 33C. 63D. 32
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.某商家统计了最近5个月某产品的销量，如表所示：若y与x线性相关，且线性回归方程为y =−0.6x+a ，则( )
A. 由题中数据可知，变量y与x负相关B. 当x=5时，残差为0.2
C. 可以预测当x=6时销量约为2.1万只D. a =5.7
10.已知函数f(x)=ex−ax(a∈R)，则( )
A. 当a=e时，f(x)在(−∞,1)上单调递减
B. 当a=e时，f(x)>0在R上恒成立
C. f(x)有2个零点，则a>e
D. f(x)有极值，则a>e
11.数列{an}满足a1=1且an+1=2an,n为奇数an+2,n为偶数，则( )
A. an=3×2n−12−2B. an=3×2n2−4
C. S10=249D. a2024=3×21012−4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知虚数z=a+bi(a,b∈R)，z2+4>0，z= ______(写出一个符合题意的即可)．
13.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点A，B为抛物线上两点，且满足OA⊥OB，过原点O作OD⊥AB交AB于点D，若点D的坐标为(2,1)，则抛物线C的方程为______．
14.已知函数f(x)=Atan(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则f(x)= ______，方程f(x)=sin(2x+π4)的解为______．
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)
某商场举办摸球答题赢购物券活动，顾客在商场内消费达到一定金额即可参与.一次摸球答题活动中，顾客在装有1个黑球和4个白球的盒子中随机摸一个球(每个球除颜色外完全相同)，若摸到黑球，在A类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券；若摸到白球，在B类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券.假设每次摸球互不影响，且回答的题目不会重复.已知小明答对每个A类题目的概率均为56，答对每个B类题目的概率均为58．
(1)若小明在一次活动中获得了购物券，求他在摸球时摸到的是黑球的概率；
(2)若小明连续参与三次活动共获得了X张购物券，求X的分布列及数学期望．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π3,b=2 3．
(1)若a，b，c成等差数列，求△ABC的面积；
(2)若sinA−sinC= 312b，求a．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=3 2，PA=PB=PC=6，点O是AC的中点，PO⊥平面ABC．
(1)求AC；
(2)点M在直线BC上，二面角M−PA−C的正弦值为12，求三棱锥P−ABM的体积．
18.(本小题17分)
已知M为圆x2+y2=9上一个动点，MN垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，△OMN的重心为G．
(1)求点G的轨迹方程；
(2)记(1)中的轨迹为曲线C，直线l与曲线C相交于A、B两点，点Q(0,1)，若点H( 3,0)恰好是△ABQ的垂心，求直线l的方程．
19.(本小题17分)
英国物理学家、数学家艾萨克⋅牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德⋅莱布尼茨各自独立发明了微积分，其中牛顿在《流数法与无穷级数》(Tℎe Metℎd f Fluxinsand Inifinite Series)一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，具体做法如下：一个函数的零点为r，先在x轴找初始点P1(x1,0)，然后作y=f(x)在点Q1(x1,f(x1))处切线，切线与x轴交于点P2(x2,0)，再作y=f(x)在点Q2(x2,f(x2))处切线，切线与x轴交于点P3(x3,0)，再作y=f(x)在点Q3(x3,f(x3))处切线，以此类推，直到求得满足精度ϵ(|xi−r|≤ϵ)的零点近似解xn(n≥2)为止．
(1)设函数f(x)=x3−3，初始点P1(1,0)，精度ϵ=0.05，若按上述算法，求函数f(x)的零点近似解满足精度时n的最小值(参考数据：33≈1.442)；
(2)设函数f(x)=x2，令xn+1=abxn，且b−a=1，若函数ℎ(x)=ex−ax2，φ(x)=xlnx−x2+(e−1)x+1，证明：当x>0时，ℎ(x)≥φ(x)．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.B
5.C
6.B
7.C
8.A
9.ACD
10.AC
11.CD
12.i(答案不唯一)
13.y2=52x
14.tan(2x+π4) 3π8或7π8
15.解：(1)设事件A：小明在摸球时摸到的是黑球，事件B：小明获得购物券，
则P(A)=15，P(B|A)=56，P(A−)=45，P(B|A)=58，
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=15×56+45×58=23，
故所求概率为P(A|B)=P(AB)P(B)=15×5623=14；
(2)由(1)小明在一次活动中获得购物券的概率为23，则X～B(3,23)，
所以P(X=k)=C3k(23)k(13)3−k，k=0，1，2，3，
则X的分布列为：
则E(X)=np=3×23=2．
16.解：(1)因为a，b，c成等差数列，所以a+c=2b，
又b=2 3，所以a+c=4 3，①
在△ABC中，由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB，
又B=π3，所以12=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac，②
由①②得ac=12，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×12× 32=3 3；
(2)因为b=2 3,sinA−sinC= 312b，所以sinA−sinC=12，
又因为A+B+C=π且B=π3，所以C=2π3−A，
所以sinA−sin(2π3−A)=12，
整理可得：12sinA− 32csA=12，
所以sin(A−π3)=12，
又因为0所以A=π2，
所以a=bsinB=4．
17.解：(1)因为PA=PC=PB=6，点，O是AC的中点，
所以PO⊥AC，
在直角△AOP中，OP= AP2−OA2= 36−OA2，
又PO⊥平面ABC，所以PO⊥OB，
在直角△POB中，OB= PB2−OP2= 36−(36−OA)2=OA，
又因为AB=BC=3 2，
所以BO⊥AC，
在直角△AOB中，AB2=OA2+OB2，
所以18=2OA2，解得OA=3，
所以AC=6．
(2)如图，

以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(3,0,0)，A(0,−3,0)，C(0,3,0)，P(0,0,3 3)，AP=(0,3,3 3)，
取平面PAC的一个法向量OB=(3,0,0)，
设M(a,3−a,0)，(0设平面PAM的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AP=3y+3 3z=0nAM=ax+(6−a)y=0，
取z=−a，得n=( 3a−6 3, 3a,−a)，
因为二面角M−PA−C的正弦值为12，
由图可知，二面角M−PA−C为30°，
所以|cs|=|OB⋅n||OB|⋅|n|=|3 3(a−6)|3× 3(a−6)2+3a2+a2=cs30°，
即a2+4a−12=0，
解得a=−6(舍)或a=2，
所以M(2,1,0)，
所以BM= (2−3)2+(1−0)2= 2
所以S△ABM=12×AB×BM=12×3 2× 2=3，
所以三棱锥P−AMB的体积为VP−AMB=13×S△AMB×PO=13×3×3 3=3 3．
18.解：(1)设G(x,y)，M(x0,y0)，
此时N(x0,0)，
因为点G为△OMN的重心，
所以x=23x0，y=13y0，
即x0=3x2，y0=3y，
因为点M在圆x2+y2=9上，
所以x02+y02=9，
整理得x24+y2=1，
因为x0y0≠0，
所以xy≠0，
则点G的轨迹方程为x24+y2=1(xy≠0)；
(2)因为点H为△ABQ的垂心，
所以AB⊥HQ，AH⊥BQ，
又kHQ=− 33，
设直线l的方程为y= 3x+m(m≠1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y= 3x+mx24+y2=1，消去y并整理得13x2+8 3mx+4m2−4=0，
此时Δ=208−16m2>0，
解得m2<13，
由韦达定理得x1+x2=−8 3m13，x1x2=4m2−413，
因为AH⊥BQ，
所以y1x1− 3⋅y2−1x2=−1，
即x2(x1− 3)+( 3x1+m)( 3x2+m−1)=0，
所以4x1x2+ 3(m−1)(x1+x2)+m2−m=0，
整理得5m2+11m−16=0，
解得m=−165或m=1(舍去)，
当m=−165时，满足Δ>0．
故直线l的方程为y= 3x−165．
19.解：(1)令f(x)=x3−3=0，解得x=33≈1.442，即r=1.442．
由函数f(x)=x3−3，则f′(x)=3x2，当x1=1，则切线斜率k1=f′(1)=3，且Q1(1,−2)，
那么在Q1点处的切线方程为y+2=3(x−1)，
令y=0，切线与x轴的交点横坐标为x2=53≈1.667，
因为|x−r|≈1.667−1.442=0.225>0.05，当x2=53，则切线斜率k2=f′(53)=253，且Q2(53,4427)，
那么在Q2n点处的切线方程为y−4427=253(x−53)，
令y=0，切线与x轴的交点横坐标为x3=53−44225=331225≈1.471．
因为|x3−r|≈1.471−1.442=0.029<0.05，函数f(x)的零点近似解满足精度时n的最小值为3．
(2)曲线y=f(x)在(xn,f(xn))处的切线为y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，所以切线与x轴交点横坐标为xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，
当函数f(x)=x2时，即xn+1=xn−f(xn)f′(xn)=xn−xn22xn=xn−12xn=12xn=g(xn)，得ab=12，
又b−a=1，则a=1，b=2，
故ℎ(x)=ex−x2，
曲线y=ℎ(x)的一条切线方程为y=(e−2)x+1，
要证：当x>0时，ℎ(x)≥φ(x)，即证：ex−x2≥xlnx−x2+(e−1)x+1，即ex+(1−e)x−xlnx−1≥0，
又ℎ(1)=e−1，故曲线y=ℎ(x)在x=处的切线方程为y=(e−2)x+1，
因为ℎ(0)=1，
故可猜测：当x>0且x≠1时，ℎ(x)的图象恒在切线y=(e−2)x+1的上方．
下证：当x>0时，ℎ(x)≥(e−2)x+1
证明：设m(x)=ℎ(x)−(e−2)x−1=ex−x2−(e−2)x−1，x>0，
则m(x)=ex−2x−(e−2)，
令F(x)=mf(x)，则F(x)=ex−2且在(0,+∞)上单增，
当x∈(0,ln2)时，F′(x)<0，故m(x)单调递减；当x∈(ln2,+∞)时，F′(x)>0，故m(x)单调递增，
又m′(0)=3−e>0，m′(1)=0，0所以存在x0∈(0,1)，使得m′(x)=0，
当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时，m′(x)>0；当x∈(x0,1)，m′(x)<0，
那么m(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又m(0)=m(1)=0，
则m(x)=ex−x2−(e−2)x−1≥0(x>0)，当且仅当x=1时取等号，
故ex+(2−e)x−1x≥x,x>0，
易证ex≥x+1，故x≥ln(x+1)，∴x−1≥lnx，当且仅当x=1时取等号．
所以ex+(2−e)x−1x≥x≥lnx+1，
即ex+(2−e)x−1x≥x≥lnx+1，所以ex+(2−e)x−1≥xlnx+x，
即ex+(1−e)x−xlnx−1≥0成立，当x=1时等号成立．
故当x>0时，ℎ(x)≥φ(x)．
结论得证．时间x
1
2
3
4
5
销售量y/万只
5
4.5
4
3.5
2.5
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827

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