2024-2025学年安徽省天一大联考高二（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年安徽省天一大联考高二（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.由样本点(xi,yi)(i=1,2,3,4,5)得到y关于x的线性回归方程为yA.−5 B.−3 C.−12 2.若直线x=−1与圆x2+y2−4x−2y=aA.4 B.3 C.2 D.13.若空间向量a=(1,−1,2)，b=(0,1,−1)，则下列向量可以与a，b构成空间的一个基底的是(

)A.p=(1,0,1) B.q=(1,−2,3) C.r=(1,1,1) D.s=(2,−1,3)4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4=4，SA.4 B.3 C.2 D.15.某市派4名专家到西部某市2家医院坐诊，每家医院至少派1名专家，且每名专家只去1家医院，则不同的分配方案种数为(

)A.20 B.18 C.16 D.146.已知定义在区间(0,π)上的函数f(x)=x−2sinx，则f(x)的单调递减区间为(

)A.(0,π3) B.(0,π3),(7.已知(x−13x)n的展开式中第3项与第5项的二项式系数之比为A.2 B.3 C.4 D.58.为测试一种新药的有效性，研究人员对某种动物种群进行试验，从该试验种群中随机抽查了100只，得到如表数据(单位：只)：发病未发病合计使用药物104050未使用药物302050合计4060100从该动物种群中任取1只，记事件A表示此动物发病，事件B表示此动物使用药物，定义A的优势R1=P(A)1−P(A)，在B发生的条件下A的优势A.R2R1可化简为P(B|A)P(B|A−)，估计其值为38 B.R2R1可化简为P(A|B)P(A|B−)，估计其值为二、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.已知随机变量X服从正态分布N(100,102)，则A.P(X<100)=P(X>100) B.P(X<10)=P(X>10)

C.P(X>90)>P(X<120) D.P(X<80)<P(X>110)10.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，P(x0,23)是C上一点，过点M(0,1)的直线与C交于AA.x0=2 B.直线AB的方程为x+3y−3=0

C.直线11.已知函数f(x)=lnx+ax+bA.若a=1，b=0，则曲线y=f(x)与直线y=1相切

B.存在不同时为0的实数a，b，使得f(x2+1)<f(x2+3)恒成立

C.存在实数a，b且ab>0，使得f(x)既有极大值又有极小值

D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知等比数列{an}满足a3=π，则13.已知椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在与该椭圆同中心的圆上，该圆称为椭圆的蒙日圆.若椭圆C：y2a2+x14.已知函数f(x)=xlna+aex−xlnx，g(x)=x−x2，若当x∈(0,+∞)时，g(x)≤f(x)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)

已知首项为1的正项数列{an}满足an+1−an=14a2．

(1)求a2；16.(本小题15分)

已知函数f(x)=x3−x2−x+1．

(Ⅰ)证明：点(13,1627)是f(x)图象的对称中心；

(Ⅱ)求17.(本小题15分)

如图，四边形ABCD为菱形，EF//平面ABCD，过EF的平面交平面ABCD于AC，EF=AC=EC=2．

(Ⅰ)求证：BF//平面CDE；

(Ⅱ)若平面ABCD⊥平面ACEF，△ACE为等边三角形，BD=6，求平面ACEF与平面BCE夹角的余弦值．18.(本小题17分)

某工厂员工每天选择坐班车或开私家车去上班.统计可知，该工厂员工若前一天坐班车，则第二天仍坐班车的概率为14，第二天改开私家车的概率为34；若前一天开私家车，则第二天仍开私家车的概率为12，第二天改坐班车的概率为12.若该工厂员工上班第一天坐班车和开私家车的概率均为12，该工厂某员工第n天坐班车的概率为Pn．

(Ⅰ)设该工厂某3位员工中第二天坐班车的人数为X，求X的分布列与数学期望；

(Ⅱ)求Pn；19.(本小题17分)

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=4．

(Ⅰ)求C的实轴长与虚轴长之积的最大值．

(Ⅱ)若过点F2的直线与C的右支交于P，Q两点，直线PF1与y轴交于点A，△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B答案解析1.【答案】B

【解析】解：根据一元线性回归模型的性质可知(x−,y−)在y=−2x+1上，

即y−=−2x−+1=−2×2+1=−32.【答案】A

【解析】解：将圆的一般方程x2+y2−4x−2y=a化为标准方程可得：(x−2)2+(y−1)2=a+5，

所以a+5>0，

即a>−5，

又圆的圆心为(2,1)，半径为r=a+5，

若直线x=−1与圆x2+y2−4x−2y=a相切，

则a+5=2−(−1)=3，

解得a=4，3.【答案】C

【解析】解：空间向量a=(1,−1,2)，b=(0,1,−1)，

对于A选项，设p=xa+yb，

即(1,0,1)=(x,−x,2x)+(0,y,−y)=(x,−x+y,2x−y)，

所以−x+y=0x=12x−y=1，解得x=1，y=1，p=a+b，

此时{a,b,p}不能构成基底．

对于B选项，q=(1,−2,3)=a−b，此时{a,b,q}不能构成基底．

对于C4.【答案】D

【解析】设{an}公差为d，则a1+3d=4，①

S5=5a1+10d=15，②

由①②，解得d=1．

故选：D．

利用已知条件a4=4，结合等差数列通项公式an=a1+(n−1)d5.【答案】D

【解析】解：根据题意，分2步进行分析：

首先把4人分为2组，有2种情况：

①一个医院1人，一个医院3人，此时有C43=4种，

②两个医院各2人，此时有C42A22=3种，

则有4+3=7种分组方法，

再将分好的组分配到两个不同的医院，有2种情况，

故不同的分配方案有(4+3)×2=14种．

故选：D．

根据题意，分两步进行分析：先将46.【答案】A

【解析】解：导函数f′(x)=1−2cosx，其中定义域x∈(0,π)，

令导函数f′(x)=1−2cosx<0，那么可得cosx>12，所以x∈(0,π3)，

那么函数f(x)的单调递减区间为(0,π3)．

故选：A．7.【答案】C

【解析】解：已知(x−13x)n的展开式中第3项与第5项的二项式系数之比为314，

则Cn2Cn4=314，

又n∈N∗，

所以n=10，

则(x−13x)10展开式通项为Tk+1=C10k(−1)kx10−438.【答案】A

【解析】解：已知R1=P(A)1−P(A),R2=P(A|B)1−P(A|B)，

则R2R1=P(A|B)1−P(A|B)P(A)1−P(A)，

由条件概率公式P(A|B)=P(AB)P(B),P(A|B−)=P(AB−9.【答案】AD

【解析】解：根据题意可知，正态曲线关于直线X=100对称，

P(X<100)=P(X>100)，P(X<80)=P(X>120)<P(X>110)，故A，D正确；

X<10与X>10不关于直线X=100对称，故B错误；

正态曲线关于直线X=100对称，所以P(X>90)=P(X<110)<P(X<120)，故C错误．

故选：AD．

根据正态曲线的对称性可得答案．

本题考查了正态分布的性质，属于基础题．10.【答案】BCD

【解析】解：对于选项A：因为抛物线C的焦点F(1,0)，

所以p2=1，

解得p=2，

因为P(x0,23)为抛物线上一点，

所以4x0=12，

解得x0=3，故选项A错误；

对于选项B：因为P(3,23)，

所以kPF=23−03−1=3，

因为PF⊥AB，

所以直线AB的斜率为−13=−33，

所以直线AB的方程为y−1=−33(x−0)，

即x+3y−3=0，故选项B正确；

联立x+3y−3=0y2=4x，消去x并整理得y2+43y−43=0，

此时Δ=48+163>0，

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

由韦达定理得y1+y2=−43,y1y2=−43，

其中x1=y111.【答案】ABD

【解析】解：对于A，若a=1，b=0，则f(x)=lnx+1x，

f′(x)=1x−1x2=x−1x2(x>0)，

令f′(x)=0，解得x=1，

又f(1)=1，

所以曲线的斜率为0的切线方程为y=1，

即曲线y=f(x)与直线y=1相切，故A正确；

对于B，因为f′(x)=1x−ax2−2bx3=x2−ax−2bx3(x>0)，

当方程x2−ax−2b=0无正根，

如a=−1，b=0时，f′(x)=x2+xx3>0恒成立，

则f(x)在(0,+∞)上单调递增，

又因为0<x2+1<x2+3恒成立，

所以f(x2+1)<f(x2+3)恒成立，故B正确；

对于C，若f(x)既有极大值又有极小值，

则方程f′(x)=0有两个不同的实根，

即方程x2−ax−2b=0有两个不同的正根，设为x1，x2，

则Δ=a2+8b>0，且x1+x2=a>0，x1x2=−2b>0，

所以a>0，b<0，从而有ab<0，与已知ab>0矛盾，故C错误；

对于D，若a=0，则f(x)=lnx+bx2，f′(x)=1x−2bx3=x2−2bx3(x>0)，

当b≤0时，f′(x)>0，

f(x)在(0,+∞)上单调递增，

且f(1)=b≤0，不符合条件；

当b>0时，f′(x)=0有一个正根2b，

当0<x<2b时，f′(x)<012.【答案】3【解析】解：等比数列{an}满足a3=π，

∴a32=a2a4=13.【答案】x2【解析】解：由椭圆C：y2a2+x2=1(a>1)的离心率为32，

得a2−1a=32，解得a=2，

椭圆C：y24+x2=1在顶点(1,0)，(0,2)处的切线分别为x=1，y=2，

它们交于点(1,2)14.【答案】1e【解析】解：因为当x∈(0,+∞)时，g(x)≤f(x)恒成立，

即f(x)−g(x)=x(lna−lnx)+aex+x2−x≥0在x∈(0,+∞)时恒成立，

即lna−lnx+aexx+x−1≥0在x∈(0,+∞)时恒成立，

设ℎ(x)=lna−lnx+aexx+x−1，x∈(0,+∞)，

则ℎ′(x)=−1x+aex(x−1)x2+1=(x−1)(aex+x)x2，

由题意可得a>0，

当x>1时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，

当0<x<1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，

所以ℎ(x)≥ℎ(1)=ae+lna，

设F(a)=ae+lna，

则F(a)在(0,+∞)上单调递增，

且F(1e)=1−1=0，

要使x∈(0,+∞)时，g(x)≤f(x)恒成立，

15.【答案】4；

an=n2；

【解析】(1)当n=1时，有a2−a1=14a2，又a1=1，

所以a2−4a2+4=0，解得a2=4；

(2)由an+1−an=1，得{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列，

所以an=1+n−1=n，即an=n2；

(3)由16.【答案】(Ⅰ)证明见解析．

(Ⅱ)y=4x+4．

(Ⅲ)极大值为3227，极小值为0．【解析】(Ⅰ)证明：因为f(23−x)=(23−x)3−(23−x)2−(23−x)+1=−x3+x2+x+527，

所以f(x)+f(23−x)=x3−x2−x+1−x3+x2+x+527=3227，

即f(x)+f(23−x)=3227，

即证明点(13,1627)是f(x)图象的对称中心．

(Ⅱ)因为f(x)=x3−x2−x+1，

所以f(−1)=0，f′(x)=3x2−2x−1，

所以f(x)的图象在点(−1,f(−1))处的切线斜率k=f′(−1)=3+2−1=4，

故f(x)的图象在点(−1,f(−1))处的切线方程为y−0=4(x+1)，即y=4x+4．

(Ⅲ)因为f′(x)=3x2−2x−1，

令17.【答案】证明见解析；

1313【解析】(1)证明：∵EF/​/平面ABCD，

过EF的平面交平面ABCD于AC，∴EF/​/AC，

又EF=AC=EC，∴四边形ACEF为菱形，∴AF/​/CE

∵AF⊂平面ABF，CE⊄平面ABF，

∴CE//平面ABF．

又四边形ABCD为菱形，

∴同理CD/​/平面ABF

∵CD∩CE=C，CE，CD⊂平面CDE，

∴平面CDE/​/平面ABF，

又BF⊂平面ABF，

∴BF/​/平面CDE．

(2)设AC与BD交于点O，连接EO．

∵△ACE为等边三角形，四边形ABCD为菱形，

∴O为AC的中点，OE⊥AC．

又平面ABCD⊥平面ACEF，且交线为AC，

∴OE⊥平面ABCD．

∵AC=EC=2，∴OE=3

易知OB，OC，OE两两互相垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，OE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B(3,0,0),C(0,1,0),E(0,0,3)，

∴BE=(−3,0,3),CE=(0,−1,3)

设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，

则BE⊥nCE⊥n，则BE⋅n=−3x+3z=0CE⋅n=−y+3z=0，

不妨取x=1，则n=(1,3,3)，

易知OB=(3,0,0)是平面ACEF的一个法向量，

设平面ACEF与平面BCE的夹角为θ，

则18.【答案】分布列见解析，98；

Pn=25+110(−【解析】(1)由题可知，该工厂员工第二天坐班车的概率P2=12×14+12×12=38，

所以X～B(3,38)

X的所有可能取值为0，1，2X0123P12522513527E(X)=3×38