河北省邯郸市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题邯郸市高二期末数学答案

邯郸市2024高二第二学期期末考试数学试卷参考答案1.D因为i(3+5i)=—5+3i,i(3—5i)=5+3i,所以这4个复数中只有i(3—5i)的实部大于虚部.2.Af(—4)=—f(4)=—(16—7)=—9.3.B由捆绑法可得,甲、乙、丙站在一起的概率为4.B如图,由题可知上PAB=45。,上PBC=15。,=60。,在△ABP中,由正弦定理可得则PB=5.D因为正六边形的中心到每个顶点的距离等于该正六边形的边长,且正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的侧棱与底面所成的角为,所以该正六棱台的高h=(6—2)tan45。=4.依题意可得底面ABCDEF的面积S,底面A1B1C1D1E1F1的面积S2=、、3,所以该正六棱台的体积v6.C依题意可得|PC|=、12+(2、6)2=5,设P(x,y),则、(x—4)2+y2=、(x—4)2+8x=、x2+16=5,解得x=±3,因为y2=8x≥0,所以x=3.因为M的准线方程为x=—2,所以点P到M的准线的距离为3—(—2)=5.7.A如图,依题意可得点E在线段AB(不含端点)上,点F在线段AC(不含端点)上,DE丄AB,设BD=x(0<x<2),则BE=BDcos上ABCx,CDEF=2—x.因为DFⅡAB,△ABC为正三角形,所以△CDF为正三角形,所以BCDF=CD=2—x,所以|—|+x+x+4=(x—BC因为0<x<2,所以当x时,|—|+|—|2取得最小值,且最小值为.8.C由二项式定理,得a=C6×516×(—1)0+C6×515×(—1)1+…+C×5×(—1)15+C×50×(—1)16—3=(5—1)16—3=416—3=(14+2)8—3=C×148×20+C×147×21+…+C×141×27+C×140×28—3.余1,2025除以7余2,2026除以7余3,2027除以7余4,所以a三2024(mod7).9.ACDfsin则f(x)的最小正周期为2π,f(x)的最大值为2+、,f(x)的图象关于点,2)对称,f(x)的图象关于直线x=—对称.,解得m=2,则C的短轴长为m=2、,A错误.若P为短轴上的端点,O为坐标原点,则tan上F1PO上F1PO上F1PF所以C上存在点P,使得PF1丄PF2,B正确.设P(r,y)(—2、2≤r≤2、2),F1(—、6,0),F2r,—y).(、6—r,—y)=r2—6+y2=r2—6+2—2=C正确.设P(r,y)为椭圆C上任意一点,因为|PF1|+|PF2|=2a=当0<a<1,r>1时,(r2—1)lna.ln(a+2)<0,所以r[lna+ln(a+2)]+ln(a+2)—lna≥0对r∈(1,+∞)恒成立,设g(r)=r[lna+ln(a+2)]+ln(a+2)—lna,则lna+ln(a+2)=ln(a2+2a)≥0且g(1)=2ln(a+2)≥0,则{<2,1,解得a∈[、2—1,1).r|—2<r<7},则A∩B={0,1,2,3,4,5,6},故A∩B中元素的个数为7.13.10.8“6×60%=3.6,:m=5,:E(X)=2×0.3+5×0.6+14×0.1=5,:D(X)=(2—14.34π连接BD交AC于点O,连接OE,因为PE,OE共面,且PBⅡ平面EAC,所以PBⅡOE,易知O为BD的中点,所以E为PD的中点.设四面体ABCE外接球的球心为Q,则OQ丄平面ABC,设,解得h=、,故四面体ABCE外接球的表面积为4π(h2+BC8)=34π.15.解:(1)设bn=,则b1==,b2==,则=,………………2分所以是首项为,公比也为的等比数列,…………3分n,…………则an=.……………………6分n(2)、an=2n,……………………n则sn=2+22+…+2n,……………………8分3+…+2n+1,………………9分所以sn—sn=+++…+—=—=1—,…12分故sn=2—.…………13分16.解:(1)列联表如下:对民航招飞有意向对民航招飞没有意向合计男生女生合计………………3分因为x2=因为x2=1所以根据小概率值α=0.01的独立性检验,推断H0不成立,即认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别有关.………1所以每名报名学生通过前3项流程的概率为P0=××=所以每名报名学生通过前3项流程的概率为P0=××= ……………由全概率公式得所求概率为PP1PP2P……………17.解:(1)因为AB=BC=22,AC=4,所以AB2+BC2=AC2,则AB丄BC.…………17.解:(1)因为AB=BC因为PA丄底面ABC,所以PA丄BC.……………………2分又AB丄BC,AB∩PA=A,所以BC丄平面ABP.………3分因为AQG平面ABP,所以AQ丄BC.又AQ丄BP,PB∩BC=B,所以AQ丄平面PBC.………………4分由CQG平面PBC,得AQ丄CQ.…………5分2又PA丄底面ABC,所以PA丄AB,2又PA丄底面ABC,所以PA丄AB,所以BP=、AB2+AP……………7分(2)以A为原点建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),C(0,4,220),QQ ,…………220),QQy22则→AC=(0,4,0),→AQ=(AC.………22则→AC=(0,4,0),→AQ=(ACB令r=2,得n1=(2,0,—1).………………12分由PA丄底面ABC,得n2=(0,0,1)为平面ABC的一个法向量,………13分则cos………14分由图可知,二面角Q-AC-B为锐角,所以二面角Q-AC-B的余弦值为、5.…………15分18.(1)解:依题意可得…………1分解得………………3分所以Ω的方程为y2=1.………………4分(2)证明:由(1)知Ω的右焦点为(3,0),……………………5分联立r2+48k2r—72k2—8=0,………………6分设M(r1,y1),N(r2,y2),则…………7分1—8k2≠0,即k2≠.………………………8分因为点N关于r轴的对称点为P,所以P(r2,—y2),…………………9分则直线PM的方程为y—y…………10分根据对称性可知,直线PM经过的定点必在r轴上,……11分令y=0,得r=—y1+r1=…………12分k(r1—3)r2+r1k(r2—3)2kr1r2—3k(r1+r2)8k2k(r1—3)r2+r1k(r2—3)2kr1r2—3k(r1+r2)8k2—18k2—1当k≠0且k时,r=,………16分所以直线PM过定点,0).……………17分19.解:(1)f(r)的定义域为(0,+∞),f,(r)=—4r3+=.…1分当r∈(0,1)时,fI(r)>0,f(r)在(0,1)上单调递增;……2分当r∈(1,+∞)时,fI(r)<0,f(r)在(1,+∞)上单调递减.……………3分(2)g(r)=—r4+8(r>0),gI(r)=—4r3.切线l的方程为y+t4—8=—4t3(r—t)(t>0).…………4分令r=0,得y=3t4+8>0;令y=0,得r…………………5分所以l与坐标轴围成的三角形面积S…………6分当t时,SI<0,S单调递减;当t时,SI>0,S单调递增.……8分故当t时,S取得最小值,且最小值为…………………9分(3)不妨设r1<r2,由(1)可知0<r1<1<r2,则2—r1>1.……………10分令h(r)=f(2—r)—f(r),则hI当r∈(0,1)时,设t=r(2—r)∈(0,1),则hI=—24t当t时,hI(t)<0,h(t)单调递减;当t时,hIh(t)单调递增.因为t=r(2—r)在(0,1)上是增函数,所以h(r)在(0,1)上先减后增.