2023-2024学年山西省晋城市部分高中学校高二(下)期末数学试卷

2023-2024学年山西省晋城市部分高中学校高二（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知等差数列{an}满足a1+a2+a3＝18，则a2＝（）A．5 B．6 C．7 D．82．（5分）已知空间向量a→=(x，x−1，0)，b→=(0，1，1)，c＝（1，1，1），且a→，bA．﹣2 B．﹣1 C．0 D．13．（5分）如图，过圆O：x2+y2＝9内一点M（1，2）作两条弦AB，CD，且AB过圆心O，|CD|＝5，则sin∠CMA＝（）A．2210 B．5510 C．1154．（5分）过原点O作曲线f（x）＝ex﹣ax的切线，其斜率为2，则实数a＝（）A．e B．2 C．e+2 D．e﹣25．（5分）已知双曲线x24m−y2m=1（m＞0）的两条渐近线为l1，l2，过双曲线右焦点F且垂直于x轴的直线交l1，l2分别于点P，Q，OA．1 B．2 C．3 D．26．（5分）如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，则直线AC，FB所成角的正弦值为（）A．63 B．53 C．1047．（5分）若f(x)=x+a，x＜12ax+1A．（1，2） B．（2，3） C．[2，3] D．[2，+∞）8．（5分）已知等比数列{an}满足a1＞0，公比q＞1，且log2a1+log2a2+⋯+log2a2024＜0，log2a1+log2a2+⋯+log2a2025＞0，则当a1a2⋯an最小时，n＝（）A．1012 B．1013 C．2022 D．2023二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px（p＞0）上，F为抛物线的焦点，Q（﹣1，0），则下列说法正确的是（）A．p＝2 B．点F的坐标为（2，0） C．直线AQ与抛物线相切 D．AF⊥AQ（多选）10．（6分）从1，2，3，4四个数字中随机抽取一个数字，记事件A＝“取到数字1或数字2”，事件B＝“取到数字1或数字3”，事件C＝“取到数字2或数字4”，则下列说法正确的是（）A．事件A，B相互独立 B．事件B，C为对立事件 C．P(C|A)=1D．设事件A发生的次数为X，则E（X）＝1（多选）11．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，且E为AB的中点，则下列说法正确的是（）A．DBB．BC1⊥DB1 C．直线CE与DB1夹角的余弦值为13D．点E到平面A1BC1的距离为3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知X～N（3，σ2），且P(X＞2)=23，则P（X≥4）＝13．（5分）将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为．14．（5分）将（1+x）n（n∈N*）的展开式中第m项的系数记作Am，n，则A1，2+A2，3+A3，4+⋯+A9，10＝（用数字作答）．四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知数列{an}的前n项和Sn=n3+n+1（（1）求a1+a5的值；（2）证明：1S（3）证明：1S16．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB＝∠ABC＝90°，PA＝8，PC=46，AB＝BC（1）证明：BC⊥平面PAB；（2）过PA的中点A1作平面A1B1C1与平面ABC平行，并分别交PB，PC于点B1，C1，且E为BC的中点，求二面角E﹣AC1﹣C的正弦值．17．（15分）已知直线y=12x+3分别交x轴、y轴于P，Q两点，并交椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞（1）求椭圆C的标准方程；（2）若斜率为1的直线l交椭圆C于M，N两点，O为坐标原点，当△OMN的面积最大时，求直线l的方程．18．（17分）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx﹣2x．（1）当a＝﹣1时，证明：函数f（x）为增函数；（2）当a＝1时，证明：f(x)＞−519．（17分）一个袋子中有大小、形状、质地完全相同的n（n≥3）个球，号码分别标为1，2，22，…，2n﹣1，从中有放回地随机摸球3次，每次摸球2个，把每次摸到的2个球号码之和记下，分别为a1，a2，a3．（1）若n＝4，求a1＜a2＜a3的概率；（2）求E（a1）+E（a2）+E（a3）的值．

2023-2024学年山西省晋城市部分高中学校高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知等差数列{an}满足a1+a2+a3＝18，则a2＝（）A．5 B．6 C．7 D．8【考点】等差中项及其性质．【答案】B【分析】根据等差数列的性质求解即可．【解答】解：因为a1+a3＝2a2，所以a1+a2+a3＝3a2＝18，所以a2＝6．故选：B．2．（5分）已知空间向量a→=(x，x−1，0)，b→=(0，1，1)，c＝（1，1，1），且a→，bA．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1【考点】空间向量的共线与共面．【答案】D【分析】因为三个向量共面，由向量的基本定理可知存在实数λ，μ，使得a→【解答】解：因为a→所以存在实数λ，μ，使得a→即（x，x﹣1，0）＝（0，λ，λ）+（μ，μ，μ）＝（μ，λ+μ，λ+μ）所以x=μx−1=λ+μ0=λ+μ，解得故选：D．3．（5分）如图，过圆O：x2+y2＝9内一点M（1，2）作两条弦AB，CD，且AB过圆心O，|CD|＝5，则sin∠CMA＝（）A．2210 B．5510 C．115【考点】直线与圆相交的性质．【答案】B【分析】取CD的中点N，连接ON，根圆的弦长求出|ON|，根据两点的距离公式求出|OM|，再求出sin∠OMN即可．【解答】解：取CD的中点N，连接ON，则ON⊥CD，圆O的半径r＝3，则|ON|=r|OM|=1+4所以sin∠CMA=sin∠OMN=|ON|故选：B．4．（5分）过原点O作曲线f（x）＝ex﹣ax的切线，其斜率为2，则实数a＝（）A．e B．2 C．e+2 D．e﹣2【考点】导数与切线的斜率．【答案】D【分析】设出切点，求导，得切点处的切线方程，即可代入原点（0，0）求解．【解答】解：设切点（x0，y0），则f′（x）＝ex﹣a，故切点处的切线方程为y=(ex0将（0，0）代入得0=−2x0+ex0−ax0，故0＝﹣2x0+a若a＝﹣2，则ex0+2=2若x0＝1，则e﹣a＝2，故a＝e﹣2，此时满足题意．故选：D．5．（5分）已知双曲线x24m−y2m=1（m＞0）的两条渐近线为l1，l2，过双曲线右焦点F且垂直于x轴的直线交l1，l2分别于点P，Q，OA．1 B．2 C．3 D．2【考点】由双曲线的渐近线方程求解双曲线的标准方程或参数．【答案】A【分析】根据双曲线方程可得渐近线方程，结合PQ⊥x轴且过右焦点F，可得|PQ|＝c．再根据△OPQ的面积与双曲线方程即可解得．【解答】解：因为双曲线方程为：x24m−所以渐近线方程为y=±1由题知，PQ⊥x轴且过右焦点F，令x＝c，得y=±12c，所以|PQ则△OPQ的面积S=12|PQ||OF|=1因为双曲线x24m−y2m=1（m＞0），所以c2故选：A．6．（5分）如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，则直线AC，FB所成角的正弦值为（）A．63 B．53 C．104【考点】异面直线及其所成的角．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解．【解答】解：取AB的中点O，连接OD，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以DO⊥AB，由于平面ABCD⊥平面ABEF，且两平面交线为AB，DO⊥AB，DO⊂平面ABCD，故DO⊥平面ABEF，又四边形ABEF为正方形，故以O为坐标原点，AB为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形ABEF的边长为2，则A(0，−1，0)，B(0，1，0)，F(2，−1，0)，C(0，2，3故AC→则cos〈AC→，由同角三角函数关系可得sin〈AC故直线AC，FB所成角的正弦值104故选：C．7．（5分）若f(x)=x+a，x＜12ax+1A．（1，2） B．（2，3） C．[2，3] D．[2，+∞）【考点】分段函数的应用；由函数的单调性求解函数或参数．【答案】C【分析】考虑分段函数的两段函数的单调性，再结合题意列出不等式组，即可求得答案．【解答】解：当x＜12时，f（x）＝x+当x≥12时，则f′(x)=a−1由题意可得：当x≥2时，函数y＝f（x）为单调递增函数，即f′（x）≥0恒成立，即a≥1而12则a≥2，故要使得f(x)=x+a，x＜12需满足a≥21解得2≤a≤3．故选：C．8．（5分）已知等比数列{an}满足a1＞0，公比q＞1，且log2a1+log2a2+⋯+log2a2024＜0，log2a1+log2a2+⋯+log2a2025＞0，则当a1a2⋯an最小时，n＝（）A．1012 B．1013 C．2022 D．2023【考点】等比数列的性质；对数的运算性质．【答案】A【分析】根据题意结合等比数列的性质可推得0＜a1012a1013＜1以及a1013＞1，即可判断数列的的增减性以及项与1的大小关系，由此即可求得答案．【解答】解：由题意知log2a1+log2a2+⋯+log2a2024＜0，故log2（a1a2•⋯•a2024）＜0，则0＜a1a2•⋯•a2024＜1，即0＜(结合等比数列{an}满足a1＞0，公比q＞1，可知0＜a1012a1013＜1，由log2a1+log2a2+⋯+log2a2025＞0，得log2（a1a2•⋯•a2025）＞0，即得a1a2•⋯•a2025＞1，故(a1013)2025由此可得0＜a1＜a2＜⋯＜a1012＜1＜a1013＜⋯，故当a1a2⋯an最小时，n＝1012．故选：A．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px（p＞0）上，F为抛物线的焦点，Q（﹣1，0），则下列说法正确的是（）A．p＝2 B．点F的坐标为（2，0） C．直线AQ与抛物线相切 D．AF⊥AQ【考点】根据抛物线上的点求抛物线的标准方程；抛物线的焦点与准线．【答案】AC【分析】将A（1，2）代入抛物线可得p＝2，即可判断ABD，根据直线与抛物线联立后判别式为0，即可求解．【解答】解：将A（1，2）代入y2＝2px中可得4＝2p，所以p＝2，且F（1，0），故A正确，B错误，因为kAQ＝1，则AQ方程为y＝x+1，则y=x+1y2=4x⇒x2−2x+1=0因为AF⊥x轴，所以AF⊥AQ不成立，故D错误．故选：AC．（多选）10．（6分）从1，2，3，4四个数字中随机抽取一个数字，记事件A＝“取到数字1或数字2”，事件B＝“取到数字1或数字3”，事件C＝“取到数字2或数字4”，则下列说法正确的是（）A．事件A，B相互独立 B．事件B，C为对立事件 C．P(C|A)=1D．设事件A发生的次数为X，则E（X）＝1【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；求解条件概率；事件的互为对立及对立事件．【答案】AB【分析】根据相互独立事件的定义即可判断A的正误；根据对立事件的定义即可判断B的正误；利用条件概率公式即可判断C的正误；写出X的所有可能取值，并求出相应的概率，再根据期望公式求期望即可判断D的正误．【解答】解：对于A，P(A)=2则P（AB）＝P（A）P（B），所以事件A，B相互独立，故A正确；对于B，因为抽取到的数字是1或2或3或4，而事件B，C不可能同时发生且必有一个发生，所以事件B，C为对立事件，故B正确；对于C，P(A)=1所以P(C|A)=14=对于D，由题意X可取0，1，则P(X=0)=1所以E(X)=0×12+1×故选：AB．（多选）11．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，且E为AB的中点，则下列说法正确的是（）A．DBB．BC1⊥DB1 C．直线CE与DB1夹角的余弦值为13D．点E到平面A1BC1的距离为3【考点】空间向量及其线性运算；空间中点到平面的距离；异面直线及其所成的角．【答案】BD【分析】根据向量的线性运算即可求解A，利用数量积的运算律即可求解B，建立空间直角坐标系，利用坐标运算，以及夹角公式即可求解C，利用等体积法即可求解D．【解答】解：对于A，DB13DA对于B，DB1→⋅BC1→=(对于C，建立如图所示空间直角坐标系，则C(0，1，0)，E(1，12，0)，D(0，0，0)，B1故cos＜DB1→，CE→＞=DB对于D，由VC1−BE其中h为点E到平面A1BC1的距离，故D正确，故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知X～N（3，σ2），且P(X＞2)=23，则P（X≥4）＝【考点】正态分布．【答案】13【分析】根据正态分布的对称性即可求解．【解答】解：P(X≥4)=P(X≤2)=1−P(X＞2)=1−2故答案为：1313．（5分）将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为．【考点】简单排列问题．【答案】12．【分析】有排列组合即可结合分步乘法计数原理求解．【解答】解：每个小组安排一个女生，有A2每个小组安排一名男生，有A3故每个兴趣小组分配男生女生各1人，共有2×6＝12种方法．故答案为：12．14．（5分）将（1+x）n（n∈N*）的展开式中第m项的系数记作Am，n，则A1，2+A2，3+A3，4+⋯+A9，10＝（用数字作答）．【考点】二项展开式的通项与项的系数．【答案】165．【分析】由题意可得Am，n【解答】解：由题意可得Am，n则A1，2+A2，3+A3，4+⋯+A9，10=C=C=C=C⋮=C故答案为：165．四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知数列{an}的前n项和Sn=n3+n+1（（1）求a1+a5的值；（2）证明：1S（3）证明：1S【考点】数列递推式；数列与不等式的综合．【答案】（1）65；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）利用an=S1，n=1Sn（2）明确1Sn−1（3）根据（2），可以很容易证明．【解答】解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝3，又a5所以a1+a5＝65．（2）证明：1S因为n∈N*，所以n2≥n（n＝1时取“＝”）．所以1S即1Sn−1（3）证明：由（2）可得1Sn−1所以1S1−1=1−12，各式相加得：1S即1S16．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB＝∠ABC＝90°，PA＝8，PC=46，AB＝BC（1）证明：BC⊥平面PAB；（2）过PA的中点A1作平面A1B1C1与平面ABC平行，并分别交PB，PC于点B1，C1，且E为BC的中点，求二面角E﹣AC1﹣C的正弦值．【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．【答案】（1）证明见解析；（2）77【分析】（1）先证BC与平面PAB内的两条相交直线AB，AP分别垂直，再根据线线垂直，得到线面垂直．（2）根据（1）的有关结论，建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，所以AC=42在△PAC中，PA＝8，PC=46，AC=4因为82+(42)2=又PA⊥AB，AB，AC⊂平面ABC，AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，又BC⊥AB，AB，AP⊂平面PAB，AB∩AP＝A，所以BC⊥平面PAB；（2）如图：以B为原点，建立如图空间直角坐标系，因为平面ABC∥平面A1B1C1，且A1为PA中点，则C1为PC中点，则B（0，0，0），E（0，2，0），A（4，0，0），C（0，4，0），P（4，0，8），C1（2，2，4）．所以AE→=(−4，2，0)，AC→设平面EAC1的法向量为n→则n→⋅AE设平面CAC1的法向量为m→则m→⋅AC设二面角E﹣AC1﹣C为θ，则cosθ=m所以sinθ=717．（15分）已知直线y=12x+3分别交x轴、y轴于P，Q两点，并交椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞（1）求椭圆C的标准方程；（2）若斜率为1的直线l交椭圆C于M，N两点，O为坐标原点，当△OMN的面积最大时，求直线l的方程．【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆上的点求椭圆的标准方程．【答案】（1）x2（2）y=x±5【分析】（1）根据三等分点得向量关系，即可求解A（﹣4，1），B（﹣2，2），将其代入椭圆方程中即可求解，（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据弦长公式以及点到直线距离公式，可得三角形面积表达式，即可利用基本不等式求解最值．【解答】解：（1）直线y=12x+3分别交x轴、y轴于P，Q两点，故P由于A，B是线段PQ的三等分点，所以PA→故A（﹣4，1），B（﹣2，2），将A（﹣4，1），B（﹣2，2）代入椭圆方程可得16a故椭圆方程为x2（2）设直线MN：y＝x+m，则y=x+mx设M（x1，y1），N（x2，y2），则Δ=64m故|MN|=2点O到直线MN的距离d=|m|故S△MON=12|MN|d=12×4±522故△OMN的面积最大时，求直线l的方程为y=x±518．（17分）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx﹣2x．（1）当a＝﹣1时，证明：函数f（x）为增函数；（2）当a＝1时，证明：f(x)＞−5【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数研究函数的最值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求导f′(x)=ex−1+1x−2，构造函数h（x）＝ex﹣1﹣x（x＞0），利用导数证明ex﹣1≥（2）利用导数证明f(x)【解答】证明：（1）当a＝﹣1时，f（x）＝ex﹣1+lnx﹣2x，x∈（0，+∞），f′(x)=e令h（x）＝ex﹣1﹣x（x＞0），则h′（x）＝ex﹣1﹣1，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，所以函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（1）＝0，即ex﹣1≥x，所以f′(x)=e当且仅当x=1x，即所以f′（x）≥0，所以函数f（x）为增函数；（2）当a＝1时，f（x）＝ex﹣