2024-2025学年陕西省西安市高新唐南中学高二（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年陕西省西安市高新唐南中学高二（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.对于数据1，2，4，6，6，11，下列说法错误的是(

)A.平均数为5 B.众数为6 C.极差为10 D.中位数为62.已知复数z=−i，则|z2025−A.2 B.2 C.1 D.3.已知集合A={x|y=10−x2}，则集合A.8 B.16 C.32 D.644.设集合A={x|x+2x−2≤0}，B={x|log2A.[−2,2] B.[−2,2) C.(−1,2] D.(−1,2)5.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinA：sinB：sinC=2：3：4，则cosA=(

)A.34 B.78 C.236.已知点F为抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，点A在C的准线l上，点B在C上，若∠AFB=90°，且|BF|=2|AF|=10，则p=(

)A.1 B.2 C.3 D.47.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1≠a2，且4aA.2533 B.2543 C.85 8.已知α，β为锐角，tan(α−β)=34,sinαsinβ=1A.45 B.35 C.2二、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.已知公差为1的等差数列{an}满足a1，a3，A.a1=2 B.{an}的前n项和为n(n+3)2

C.{1anan+110.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=e−x⋅(x−1)，则A.当x<0时，f(x)=−ex⋅(x+1)

B.∀x∈R，都有f(x)∈(−1,1)

C.f(x)≥0的解集为[−1,0)∪[1，+∞)

D.f(x)的单调递增区间是11.已知双曲线C：x24−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C的右支上，过点P的直线lA.|PF1|+|PF2|的最小值为4

B.与C仅有公共点P的直线共有三条

C.若P(4,3)，且P为线段MN的中点，则l的方程为y=x−1

D.若l与C相切于点P(三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(m,2m−1),b=(1,−2)，若a//b13.已知函数f(x)=x(x+c)2在x=1处有极大值，则c=______．14.某半球形容器如图①所示，底面圆的半径为2.往其中放入四个大小相同的小球，每个小球都与半球面相切，也与底面相切，其俯视图如图②所示，则小球的表面积等于

．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

设f(x)=sin(2x+φ)(−π<φ<0)，y=f(x)图象的一条对称轴是直线x=π8．

(1)求φ，并求函数y=f(x)的对称中心；

(2)求函数y=f(x)的单调递增区间；

(3)求函数f(x)16.(本小题12分)

设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1，A2，左右焦点F1，F2.已知|A1F2|=3，|A2F2|=1．

(1)求椭圆方程；

(2)17.(本小题12分)

如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，AD=2AB=2BC=2CD，E是AD的中点，将△ABE沿BE折起至△A′BE的位置，使得二面角A′−BE−C的大小为120°(如图2)，M，N分别是A′D，BC的中点．

(1)证明：MN//平面A′BE；

(2)求二面角A′−BD−C的余弦值．18.(本小题12分)

设函数f(x)=x+alnx，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x−1．

(1)求实数a的值；

(2)若函数y=f(x)−2x+m有两个不同的零点x1，x2，且x1<x2，

①求实数m的取值范围；

②试比较19.(本小题12分)

已知甲盒子中装有1个白球和2个黑球，乙盒子中装有2个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次(n∈N∗)这样的操作.记此时甲盒中白球的个数为Xn，甲盒中恰有2个白球的概率为an，恰有1个白球的概率为bn．

(1)求a1，b1和a2，b2；

(2)证明：{an+2b参考答案1.D

2.B

3.B

4.D

5.B

6.D

7.C

8.D

9.ABD

10.BD

11.BC

12.313.−3

14.(16−815.(1)由题意，2×π8+φ=kπ+π2，k∈Z，

∴φ=kπ+π4，k∈Z，

又∵−π<φ<0，

∴φ=−3π4，

令2x−3π4=kπ，k∈Z，

则x=12kπ+3π8，k∈Z，

∴φ=−3π4，f(x)的对称中心为(kπ2+3π8,0)，k∈Z；

(2)−π2+2kπ≤2x−3π4≤π2+2kπ，k∈Z，

解得π8+kπ≤x≤5π8+kπ，k∈Z，

∴f(x)递增区间为[kπ+π8,kπ+5π8]，k∈Z；

(3)∵x∈[0,π2]，

∴2x−3π4∈[−3π4,π4]，

∴sin(2x−3π4)∈[−1,22]，

∴f(x)在[0,π2]上值域为[−1,22]．

16.解：(1)由题意由椭圆性质有，|A1F2|=3=a+c，|A2F2|=1=a−c，

解得a=2，c=1，所以b2=a2−c2=317.(1)证明：如图，取ED的中点P，连接MP，NP，

因为E是AD的中点，AD=2BC，所以ED=BC，

又AD//BC，所以四边形BCDE是平行四边形，

因为M是A′D的中点，所以MP//A′E，MP⊄平面A′BE，A′E⊂平面A′BE，

所以MP/​/平面A′BE

又N是BC的中点．NP//BE，

NP⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，NP/​/平面A′BE，

因为MP⋂NP=P，MP，NP⊂平面MNP

所以平面MNP/​/平面A′BE，

又MN⊂平面MNP，所以MN/​/平面A′BE．

(2)解：取BE的中点O，连接A′O，CO，CE，

在图1中，因为AD=2AB=2BC=2CD，所以△ABE与△BCE是等边三角形，

所以在图2中，A′O⊥BE，CO⊥BE，所以∠A′OC=120°，

以O为原点，射线OB为x轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，

设BC=2，则B(1,0,0),C(0,3,0),D(−2,3,0),A′(0,−32,32)，

A′B=(1,32,−32),BD=(−3,3,0)，

设平面A′BD的法向量为m=(x,y,z)18.(1)函数f(x)=x+alnx，求导得f′(x)=1+ax，

由曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=2x−1，得f′(1)=1+a=2，解得a=1，

经验证，a=1符合题意，所以a=1．

(2)函数y=f(x)−2x+m=lnx−x+m有两个不同的零点x1，x2，

等价于方程lnx−x+m=0⇔m=x−lnx有两个不同的根x1，x2，

等价于函数的图象ℎ(x)=x−lnx与直线y=m有两个不同的交点，

ℎ′(x)=1−1x=x−1x，当0<x<1时，ℎ′(x)<0；当x>1时，ℎ′(x)>0，

函数ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，ℎ(x)min=ℎ(1)=1，

而当x从大于0的方向趋近于0时，ℎ(x)→+∞在，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，

所以m的取值范围为(1,+∞)．

②x12+1x1>x22+1x2，不妨令0<x1<x2，x12+1x1>x22+1x2⇔x1+1x1>x2+1x2⇔(x2−x1)(1−1x1x2)<0⇔0<x1x2<1，

由①知，x1−lnx1=x2−lnx2，即1=x2−x1lnx2−lnx1，而0<x1x2<1⇔0<x1x2<1，

只需证明x1x2<x2−x1lnx2x1，即证lnx2x1<x2−x1x1x2=x2x1−x1x2，令t=x2x1>1，

令u(t)=2lnt−t+1t,t>1，求导得u′(t)=2t−1−1t2=−(1−1t)2<0，

函数u(t)在(0,+∞)上单调递减，u(t)<u(1)=0，即lnt2<t−1t,t>1，

因此lnx2x1<x2x1−x1x2，所以x12+1x1>x22+1x2．

19.解：(1)若甲盒取黑球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，

乙盒中的球变为1白1黑，概率为a1=23．

若甲盒中取白球，乙盒中取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中仍为2白，概率b1=13．

研究2次交换球的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下：

①当甲盒中的球为2白1黑．乙盒中的球为1白1黑时，对应的概率为a1=23，

此时，若甲盒取黑球，乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，

乙盒中的球仍为1白1黑，