2023-2024学年辽宁省朝阳市建平实验中学高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年辽宁省朝阳市建平实验中学高二（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.已知集合A={x|x2−4x+30,m>0)与C交于M，N两点，与y轴交于点A，与x轴交于点B，且AM=λBM,AN=μBN．
(ⅰ)当μ=1λ=2时，求k的值；
(ⅱ)当λ+μ=3时，求点(0,− 3)到l的距离的最大值．
19.(本小题17分)
对于数列{an}，把a1作为新数列{bn}的第一项，把ai或−ai(i=2,3,4,…,n)作为新数列{bn}的第i项，数列{bn}称为数列{an}的一个生成数列．例如，数列1，2，3，4，5的一个生成数列是1，−2，−3，4，5.已知数列{bn}为数列{12n}(n∈N∗)的生成数列，Sn为数列{bn}的前n项和．
(Ⅰ)写出S3的所有可能值；
(Ⅱ)若生成数列{bn}满足S3n=17(1−18n)，求数列{bn}的通项公式；
(Ⅲ)证明：对于给定的n∈N∗，Sn的所有可能值组成的集合为{x|x=2k−12n,k∈N∗,k≤2n−1}.
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.B
5.A
6.D
7.B
8.A
9.ABD
10.ACD
11.AC
12.−45
13.242
14.4 ± 32
15.解：(1)由题可得如下列联表：
(2)零假设H0：药物与患病独立，即药物对疾病没有效果，根据列联表中的数据，
则χ2=200×(50×35−40×75)2125×75×90×110≈3.367>2.706=x0.1，
所以依据α=0.1的独立性检验，我们可以推断H0不成立，
即认为药物对预防疾病有效，该推断犯错误的概率不超过0.1；
结论解释：未服用药物中未患病和患病的频率分别为59和49，服用药物中未患病和患病的频率分别为1522和722，根据频率稳定于概率的原理，可以推断服用药物不患病的概率更大；
(3)按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10只，则未服用药物的动物有4只，
服用药物的动物有6只，所以X的可能取值为0，1，2，3，4，
则P(X=0)=C64C104=15210，P(X=1)=C63C41C104=80210，P(X=2)=C62C42C14=90210，
P(X=3)=C61C43C104=24210，P(X=4)=C44C104=1210，
所以X的分布列如下：
则E(X)=0×15210+1×80210+2×90210+3×24210+4×1210=1.6．
16.解：(Ⅰ)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，
建立以C为原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系C−xyz，如图所示：
AC=BC=2，CC1=3，AD=1，CE=2，
则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)，
∴C1M=(1,1,0)，B1D=(2,−2,−2)，
∴C1M⋅B1D=2−2+0=0，
∴C1M⊥B1D，即C1M⊥B1D；
(Ⅱ)∵CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，
∴CC1⊥AC，
又CC1∩BC=C，CC1⊂平面BB1E，BC⊂平面BB1E，
∴AC⊥平面BB1E，
∴平面BB1E的一个法向量CA=(2,0,0)，
设平面B1ED的一个法向量n=(x,y,z)，ED=(2,0,−1)，EB1=(0,2,1)，
∴n⋅ED=2x−z=0n⋅EB1=2y+z=0，取z=2，则x=1，y=−1，
∴平面B1ED的一个法向量n=(1,−1,2)，
∴cs=CA⋅n|CA|⋅|n|=22× 6= 66，
∴二面角B−B1E−D的正弦值为 1−cs= 1−( 66)2= 306．
17.解：(1)因为f(x)=x(a−lnxx)的定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=a−1x=ax−1x，
当a>0时，令f′(x)=0，可得x=1a，
当x∈(0,1a)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
故当x=1a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为f(1a)=1+lna，无最大值；
(2)当a=1时，由f(x)≤kex−xx，可得x−lnx≤kex−xx，
整理得kex≥x2+x−xlnx，即k≥x2+x−xlnxex，
令ℎ(x)=x2+x−xlnxex，
则ℎ′(x)=(2x+1−lnx−1)ex−(x2+x−xlnx)ex(ex)2=(x−lnx)(1−x)ex，
由(1)知，当a=1时，f(x)=x−lnx的最小值为f(1)=1>0，即x−lnx>0恒成立，
所以当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)0，
所以k= 33；
(ⅱ)联立y=kx+mx23+y2=1，消去y并整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2−3=0，
此时Δ=36k2m2−12(3k2+1)(m2−1)=12(3k2−m2+1)>0，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由韦达定理得x1+x2=−6km3k2+1,x1x2=3m2−33k2+1，
因为AM=λBM,AN=μBN,A(0,m),B(−mk,0)，
所以x1=λ(x1+mk),x2=μ(x2+mk)，
此时λ+μ=x1x1+mk+x2x2+mk=2−mk(1x1+mk+1x2+mk)，
因为λ+μ=3，
所以k2x1x2+2mk(x1+x2)+3m2=0，
即3m2k2−3k23k2+1+−12m2k23k2+1+3m2=0，
整理得3m2k2−3k2−12m2k2+9m2k2+3m2=0，
解得k2=m2，
因为k>0，m>0，
所以k=m，
则直线l的方程为y=k(x+1)，
此时直线l过定点(−1,0)，
所以点(0,− 3)到l的最大距离为点(0,− 3)与点(−1,0)的距离d= 1+( 3)2=2，
即点(0,− 3)到l的距离的最大值为2．
19.解：(Ⅰ)由已知，b1=12，|bn|=12n(n∈N∗,n≥2)，
∴b2=±14 , b3=±18，
由于12+14+18=78,12+14−18=58 , 12−14+18=38 , 12−14−18=18，
∴S3可能值为18 , 38 , 58 , 78.…(3分)
(Ⅱ)∵S3n=17(1−18n)，
当n=1时，a1+a2+a3=S3=17(1−18)=18，
当n≥2时，a3n−2+a3n−1+a3n=S3n−S3n−3=17(1−18n)−17(1−18n−1)=18n，
∴a3n−2+a3n−1+a3n=18n，n∈N∗，…(5分)
∵{bn}是{12n}(n∈N∗)的生成数列，
∴b3n−2=±123n−2；b3n−1=±123n−1；b3n=±123n；
∴b3n−2+b3n−1+b3n=±123n−2±123n−1±123n=18n(±4±2±1)=18n(n∈N∗)，
在以上各种组合中，
当且仅当b3n−2=48n , b3n−1=−28n , b3n=−18n(n∈N∗)时，才成立．
∴bn=12n , n=3k−2 , −12n , n≠3k−2 . (k∈N∗).…(8分)
(Ⅲ)证明：Sn=12±122±123±…±12n共有2n−1种情形．12−122−123−…−12n≤Sn≤12+122+123+…+12n，即12n≤Sn≤2n−12n，
又Sn=2n−1±2n−2±2n−3±…±12n，分子必是奇数，
满足条件12n≤x2n≤2n−12n的奇数x共有2n−1个．…(10分)
设数列{an}与数列{bn}为两个生成数列，数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，从第二项开始比较两个数列，设第一个不相等的项为第k项．
由于|ak|=|bk|=12k，不妨设ak>0，bk0，
所以，只有当数列{an}与数列{bn}的前n项完全相同时，才有Sn=Tn.…(12分)
∴Sn=12±122±123±…±12n共有2n−1种情形，其值各不相同．
∴Sn可能值必恰为12n , 32n , 52n , … , 2n−12n，共2n−1个．
即Sn所有可能值集合为{x|x=2k−12n , k∈N∗ , k≤2n−1}.…(13分)
药物
疾病
合计
未患病
患病
未服用
50
40
服用
合计
75
200
α
0.15
0.10
0.05
0.025
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
药物
疾病
合计
未患病
患病
未服用
50
40
90
服用
75
35
110
合计
125
75
200
X
0
1
2
3
4
P
15210
80210
90210
24210
1210