2024-2025学年甘肃省定西市陇西一中高二（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年甘肃省定西市陇西一中高二（下）期末考试数学试卷一、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.已知复数z满足z⋅(1+i)=4+3i，则|z|=(

)A.522 B.52 C.2.已知集合A={−2,−1,0,1}，B={x|x2≤3}，则A∩B=A.{−1,0,1} B.{0,1} C.{−1,1} D.{0,1,2}3.已知f(x)=ax2+(b−3)x+3，x∈[a2A.1 B.2 C.3 D.44.如图，在正方体ABCD−A ​1B ​1C ​1D ​1中，若E，F分别是棱AA ​A.30° B.60° C.45° D.120°5.已知α是第四象限角，若tan(α−π4)=−7，则A.2425 B.1225 C.−126.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinB−sinA=13sinC，4sinA−3sinB=0，则cosA=A.12 B.23 C.347.深受广大球迷喜爱的NBA某队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，甲球员能够胜任大前锋、小前锋、组织后卫以及得分后卫四个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.2，0.1，当甲球员担当大前锋、小前锋、组织后卫以及得分后卫时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.6，0.2.当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为(

)A.0.3 B.0.32 C.0.68 D.0.78.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F作过第一象限的渐近线的垂线，垂足为M，交另一条渐近线于点A.4155 B.2155二、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.已知圆C：x2+y2A.λ的取值范围为(−∞,1]

B.圆C关于直线x+y=0对称

C.若直线x+y+1=0被圆C截得的弦长为2，则λ=2

D.若λ=1，过点A(0,1)作圆C的一条切线，切点为B，则10.已知正实数a，b满足a+b=2，则下列不等式恒成立的为(

)A.ab≤1 B.a2+b2≥2 11.抛物线有如下光学性质：从焦点发出的光线，经抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.已知抛物线E：x2=4y的焦点为F，准线为l，A，B为抛物线E上两个动点，且F，A，B三点不共线，抛物线E在A，B两点处的切线分别为l1，l2，l1∩l2=T，A，B在lA.点F关于l1的对称点在l上 B.点T在l上

C.点T为△FA1B三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若向量a，b的夹角150°，|a|=3，|b|=413.一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，记下颜色后放回，一共拿4次，设拿出黄球的次数为ξ，则E(ξ)=______．14.对任意φ∈[0,π4]，函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间[π2,π]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)

2025年3月30日，第20届亚洲马拉松锦标赛在浙江嘉兴盛大启幕.为了解观众的观赛体验，从现场随机抽取了200位观众开展相关调查，得到满意率为80%．

(1)根据所给数据，完成2×2列联表；性别满意度合计满意不满意男性20女性40合计(2)在(1)的条件下，依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为性别与满意度有关联？

附：χ2=n(ad−bc)α0.0500.0100.0050.001x3.8416.6357.87910.82816.(本小题15分)

在数列{an}中，已知a1=1,an=−13an+1，数列{bn}为等差数列，b1+a2=0，b417.(本小题15分)

已知点A(2,1)是离心率为22的椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)点P在椭圆上，点18.(本小题17分)

如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC上的点，BE=BF=2，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使点A，C重合于点M．

(1)求证：平面MEF⊥平面MBD；

(2)求二面角B−DF−M的正弦值．19.(本小题17分)

已知函数f(x)=aex−1−x−1．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当f(x)+x−lnx≥0恒成立时，求a的取值范围；

(3)证明：i=1n答案解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本题主要考查复数的基本运算，属于基础题．

根据复数的除法运算表示z，结合复数的模长公式可得结果．

【解答】

解：由复数z满足z⋅(1+i)=4+3i，

得：z=4+3i1+i=(4+3i)(1−i)(1+i)(1−i)=7−i2.【答案】A

【解析】解：∵B={x|x2≤3}={x|−3≤x≤3}，且A={−2,−1,0,1}，

∴A∩B={−1,0,1}3.【答案】D

【解析】解：∵定义域应关于原点对称，

故有a2−2=−a，

得a=1或a=−2(舍去)．

又∵f(−x)=f(x)恒成立，

即：ax2−(b−3)x+3=ax2+(b−3)x+3，

∴b=3．

a+b=4．

故选：D．

先由“定义域应关于原点对称”则有，又f(−x)=f(x)恒成立，用待定系数法可求得4.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了异面直线所成角的作法及求法，作出角是关键，属基础题．

连接A1B，则A1B//EF，则∠A1B【解答】

解：连接A1B、A1C1，则A1B//EF，

则∠A1BC1为异面直线EF与BC15.【答案】D

【解析】解：由题意可得tanα−11+tanα=−7，解得tanα=−34，

所以sinαcosα=−34，

由于α是第四象限角，可得sinα<0，cosα>0，

又因为sin2α+cos2α=1，

所以sinα=−6.【答案】B

【解析】解：△ABC中，sinB−sinA=13sinC，4sinA−3sinB=0，

∴b−a=13c，4a−3b=0；

∴a=3b4，c=a=3b4，

∴cosA=b2+c27.【答案】C

【解析】解：设A1表示“甲球员担当大前锋”，A2表示“甲球员担当小前锋”，A3表示“甲球员担当组织后卫”，A4表示“甲球员担当得分后卫”，B表示“当甲球员参加比赛时，球队输球”．

所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A28.【答案】B

【解析】【分析】本题考查双曲线的方程与性质，考查向量知识的运用，确定a，b，c之间的关系是关键，考查运算能力，属于中档题．

设O为坐标原点，直线FM交y轴于点R，∠MOF=α，∠MOR=β，用a，b表示tanα，tanβ，再求出tan2β，由FM=16FN，得|MN|=5|FM|，可得a，【解答】

解：设O为坐标原点，直线FM交y轴于点R，∠MOF=α，∠MOR=β，

∵tanα=ba，|OF|=c，a2+b2=c2，

∴|OM|=a，|FM|=b，tanβ=ab，

∴tan2β=2tanβ1−tan2β=2abb2−a2．

又∵|OM|=a，∴|MN|=atan2β=29.【答案】BD

【解析】解：对于选项A，圆C的方程为(x−1)2+(y+1)2=2−λ，∴2−λ>0，得λ<2，故A选项错误；

对于选项B，∵圆C的圆心(1,−1)在直线x+y=0上，∴圆C关于直线x+y=0对称，故B选项正确；

对于选项C，圆心(1,−1)到直线x+y+1=0的距离d=22，又弦长为2r2−d2=2，可得圆C的半径为1，得λ=1，故C选项错误；

对于选项D，当λ=1时，可得圆C的方程为(x−1)2+(y+1)2=1，则圆心C(1,−1)，半径为1，|CA|=12+(−1−1)2=5，

∴切线长为|AB|=|AC|2−r2=5−1=2，故D选项正确．

故选：BD．

对于A，将圆的方程整理为标准方程，由题意可得10.【答案】ABD

【解析】解：∵a，b是正实数，∴a+b≥2ab，

∵a+b=2，∴2≥2ab，

∴ab≤1，当且仅当a=b=1时取等号，

故A正确；

由a2+b2≥2ab，∴2a2+2b2≥a2+2ab+b2=(a+b)2=4，

∴a2+b2≥2，当且仅当a=b=1时取等号，故B正确；

1a+2b=12(1a+2b)(a+b)=111.【答案】AC

【解析】解：如图：由抛物线定义知，|AA1|=|AF|，|BB1|=|BF|，

根据抛物线的光学性质知：从F发出的光线经抛物线的反射光线AD、BC与y轴平行，

又抛物线E在A，B两点处的切线分别为l1，l2，

结合平行线性质及对顶角相等得∠A1AT=∠TAF，∠B1BT=∠FBT，

即A1F的垂直平分线为l1，B1F的垂直平分线为l2，

所以|A1T|=|TF|，|TF|=|TB1|，|BB1|=|BF|，

所以点T为△FA1B1的外心，故选项C正确；点F关于l1对称点A1在l上，故选项A正确；

假设F，A，B三点共线，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

直线AB方程为y=kx+1，因为x2=4y，y=14x2，

所以y′=12y=12x，

所以k1=12x1，k2=12x2，

联立y=kx+1x2=4y，可得x2−4kx−4=0，

可得x1+x2=4k，x1x2=−4，

所以l1，l2的方程分别为y−y1=x12(x−x1)，y−y2=x22(x−x2)，

即y=x12x−y1，y=x22x−y2，

联立y=x12x−y1y=x22x−y2，

可得(x1212.【答案】7【解析】解：向量a，b的夹角150°，|a|=3，|b|=4，

可得|a+b|2=a13.【答案】2

【解析】解：因为一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，

所以每一次拿球拿到黄球的概率是24=12，

则ξ～B(4,12)，

所以E(ξ)=4×1214.【答案】(0,1【解析】【分析】本题主要考查三角函数的图象和性质，考查了分类讨论思想，属于较难题．

由对任意φ∈[0,π4]，函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间[π2,π]上单调递增，可得【解答】

解：∵对任意φ∈[0,π4]，函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间[π2,π]上单调递增，

∴12×|2πω|≥π−π2，∴|ω|≤2．

①ω>0时，此时，0<ω≤2，y=sin(ωx+φ)单调递增，

可得π2ω+φ≥−π2+2kππω+φ≤π2+2kπ，k∈Z，则φ≥2kπ−π2−π2ωφ≤2kπ+π2−πω,

∵φ∈[0,π4]，∴ω≤12−14+2kω≥4k−115.【答案】能．

【解析】解：(1)根据题意，补全2×2列联表如下：性别满意度合计满意不满意男性12020140女性402060合计16040200(2)零假设H0：性别与满意度无关，

此时χ2=200(120×20−20×40)2160×40×60×140=20021≈9.524>7.879，

根据小概率值α=0.005的独立性检验，推断H0不成立，即认为性别与满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005．16.【答案】an=(−3)n−1；

bn=2n+1【解析】(1)由a1=1,an=−13an+1，

可得数列{an}是以1为首项，−3为公比的等比数列，

可得an=(−3)n−1；

(2)由b1+a2=0，b4=a3，

可得b1=−a2=3，b4=9，

设数列{bn}的公差为d，可得3+3d=9，即有d=217.【答案】解：(1)由e=22，可得e2=1−b2a2=12，即a2=2b2①，

将点A(2,1)代入椭圆方程可得2a2+1b2=1②，

由①②可得b2=2，a2=4，

所以椭圆方程为x24+y22=1．

(2)由题意可得B(−2,−1)在椭圆C上，直线【解析】(1)根据题意，由条件列出关于a，b，c的方程，代入计算，即可得到结果；

(2)根据题意，设出P点的坐标，得到直线AP，BP的斜率，将点P的坐标代入椭圆方程得到其横纵坐标关系式，代入计算，即可得到结果．

本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线与圆锥曲线的关系，属于中档题．18.【答案】(1)证明：∵MD⊥MF，MD⊥ME，MF∩ME=M，MF，ME⊂平面MEF，

∴MD⊥平面MEF，又∵MD⊂平面MBD，∴平面MEF⊥平面MBD．

(2)解：设BD与EF交于点O，连接MO，在平面MDB内作MN⊥BD于点N，

在平面MDF内作MG⊥DF于点G，连结NG，

∵BE=BF=2，∴EF⊥BD，∵MD⊥面MEF，EF⊂平面MEF，∴MD⊥EF，

∵MD，BD⊂平面MBD，MD∩BD=D，∴EF⊥平面MBD，

∵MN⊂平面MBD，∴EF⊥MN，∵EF∩BD=O，EF，BD⊂平面DEF，

∴MN⊥平面DEF，又∵DF⊂平面DEF，∴MN⊥DF，

又∵DF⊥MG，MG∩MN=M，MG，MN⊂平面MNG，

∴DF⊥平面MNG，又∵NG⊂平面MNG，∴DF⊥NG，

∴∠MGN为二面角B−DF−M的平面角，

∵MD=8，MF=6，MD⊥MF，∴DF=10，∴MG=MD⋅MFDF=245，

∵MD⊥平面MEF，∴MD⊥MO，∵MO2=MF2−(EF2)2=34，∴MO=34，【解析】(1)证明MD⊥平面MEF即可；(2)在平面MDF内作MG⊥DF于点G，连结NG，则∠MGN为二面角B−DF−M的平面角，再找边的长度即可．

本题考查线面垂直，面面垂直，二面角，属于中档题．19.【答案】解：(1)f′(x)=aex−1−1，x∈R，

当a≤0时，易知f′(x)<0，所以函数f(x)在R上单调递减，

当a>0时，令f′(x)=aex−1−1=0，解得x=1−lna，

令f′(x)>0，解得x>1−lna，即f(x)在(1−