2023-2024学年广东省广州市番禺区高二（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年广东省广州市番禺区高二（下）期中数学试卷，共14页。试卷主要包含了已知a=e0等内容，欢迎下载使用。

A. −2B. 2C. 2−iD. 2+i
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S55−S22=6，则a7−a4=( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
3.将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是( )
A. 6B. 24C. 60D. 120
4.已知a=e0.7，b=ln2.3，c=lg0.85，则a，b，c的大小关系为( )
A. c5.在棱长为 2的正方体中，与其各棱都相切的球的表面积是( )
A. πB. 6πC. 4πD. 2π
6.已知向量a与b的夹角为π3，且满足|a|=2，|b|=1，则a在b上的投影向量为( )
A. 1B. 12C. aD. b
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线l与一条渐近线垂直，垂足为M，l交双曲线右支于点N，F1N=4F1M，则离心率e=( )
A. 2 33B. 53C. 43D. 2
8.已知0A. (0,1e)B. (1e,1)C. (0,12e)D. (12e,1e)
9.在(1−3x)n(n∈N*)的展开式中，二项式的系数和为256，则下列说法正确的是( )
A. n=8B. 展开式中各项系数和为256
C. 第4项的二项式系数最大D. 展开式中所有系数的绝对值的和为48
10.已知函数f(x)=sin2x+sin(2x+π3)+sin(2x+2π3)，则( )
A. f(x)的最大值为3B. f(x)的最小正周期为π
C. f(x)的图象关于点(π3,0)对称D. f(x)在(−π3,π12)上单调递增
11.甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则( )
A. P(A)=35B. P(B|A)=25C. P(B)=1325D. P(A|B)=913
12.已知△ABC的面积为2 3，AB=2，∠B=π3，则sinBsinC=______.
13.已知抛物线y2=2px(p>0)的顶点为O，且过点A，B.若△OAB是边长为4 3的等边三角形，则p=______.
14.若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______.
15.已知数列{an}满足a1=2，an+1=3an+2(n∈N*).
(1)求证：数列{an+1}是等比数列；
(2)设bn=(3n−2)⋅an，求数列{bn}的前n项和Sn.
16.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球，6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．
17.如图，矩形ABCF与梯形FCDE所在的平面垂直，DE//CF，EF⊥FC，AF=EF=DE=1，AB=2，P为AB的中点.
(Ⅰ)求证：平面EPF⊥平面DPC；
(Ⅱ)求平面BCD与平面DPC夹角的余弦值.
18.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,83)，且其离心率为13.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点(−1,0)的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点.直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足OM//PA.问OA⋅OM是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由(O为坐标原点).
19.设函数f(x)=lnx−a(x−1)ex，其中a∈R.
(Ⅰ)若a≤0，讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)若0(i)证明f(x)恰有两个零点；
(ii)设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0−x1>2.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z1，z2互为共轭复数，z1=1−i，
∴z1⋅z2=(1−i)(1+i)=2.
故选：B.
根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：S55−S22=6，
则5a35−a1+a22=a3−12(2a1+d)=32d=6，解得d=4，
故a7−a4=3d=12.
故选：D.
根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查分步计数原理的应用，注意优先分析受到限制的元素，属于基础题．
根据题意，分2步进行分析：①、将连号的两张参观券分给甲，分析连号的情况就可得甲的分法，②将剩下的3张参观券分给其他三人，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①、将连号的两张参观券分给甲，有1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况，
②、将剩下的3张参观券分给其他三人，有A33=6种分法，
则有4×6=24种不同的分法；
故选B.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
利用对数函数和指数函数的性质求解．
【解答】
解：依题意，a=e0.7∈(1,+∞)，b=ln2.3∈(0,1)，c=lg0.85∈(−∞,0)，
故c故选：A.
5.【答案】C
【解析】解：棱长为 2的正方体的棱切球，其半径为面对角线的一半，即：r=1，
所以该球的表面积S=4πr2=4π.
故选：C.
由球与正方体的各棱相切可得球的半径，从而可求其表面积．
本题考查了球的表面积计算，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：向量a与b的夹角为π3，且满足|a|=2，|b|=1，
则向量a在b上的投影为|a|⋅csπ3，向量a在b上的投影向量为|a|⋅csπ3⋅b|b|=2×12b=b.
故选：D.
利用向量投影的公式求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：不妨设F1(−c,0)，其中一条渐近线方程为y=−bax，
因为两直线垂直，
所以斜率乘积为−1，
此时过F1的直线l的方程为y=ab(x+c)，
联立y=−baxy=ab(x+c)，
解得点M的坐标为(−a2c,abc)，
因为F1N=4F1M，
所以yN=4yM，
则yN=4abc，
同理，由直线l的方程为y=ab(x+c)，
可得点N坐标为(3c2−4a2c,4abc)，
因为点N在双曲线上，
所以(3c2−4a2)2a2c2−16a2c2=1，
化简得9c2=25a2，
则e=ca= 259=53，
故选项A，C，D错误．
故选：B.
由题意，利用双曲线的渐近线、两直线的交点坐标、三角形相似以及点在双曲线上进行计算即可求解．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8.【答案】B
【解析】解：由题意f′(x)=ax(lna)2−e，
令f′(x0)=ax0(lna)2−e=0，得x0=lgae(lna)2，
当x0，此时f(x)单调递增，
当x>lgae(lna)2时，f′(x)=ax(lna)2−e<0，此时f(x)单调递减，
故当x=x0=lgae(lna)2时，f(x)有最大值，
而f(x)=axlna−ex=x(axx⋅lna−e)，
由此可知当x→+∞时，f(x)=x(axx⋅lna−e)→−∞，
当x→−∞时，f(x)=x(axx⋅lna−e)→−∞，
若函数f(x)=axlna−ex有两个不同的零点，
结合零点存在定理可知f(x)的最大值
f(x0)=ax0lna−ex0=elna−elgae(lna)2=lgaee−lga(e(lna)2)e=elga(lna)2>0，
又00，
解得−1故选：B.
由题意，求导可得当x=x0=lgae(lna)2时，f(x)有最大值，当x→+∞时，f(x)→−∞，当x→−∞时，f(x)→−∞，若要满足题意，则只能f(x0)=elga(lna)2>0，结合0本题考查函数零点与方程根的关系，考查利用导数研究函数单调性，属难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：选项A：根据二项式的系数和为256，可得2n=256，解得n=8，故A正确，
选项B：令x=1，则展开式中各项系数和为(1−3)8=256，故B正确，
选项C：因为n=8，则展开式共9项，所以第5项的二项式系数最大，故C错误，
选项D：展开式中所有系数的绝对值的和即为二项式(1+3x)8的展开式的各项系数之和，
令x=1，则所求的解为(1+3)8=48，故D正确，
故选：ABD.
选项A：根据二项式系数和公式，即可求出n；选项B：令x=1，即可求解；选项C：根据n的值以及二项式定理，即可判断；选项D：只需求出二项式(1+3x)8的展开式的所有系数和，即可判断．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到赋值法应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：f(x)=sin2x+sin(2x+π3)+sin(2x+2π3)=sin2x+12sin2x+ 32cs2x−12sin2x+ 32cs2x=sin2x+ 3cs2x=2sin(2x+π3).
当sin(2x+π3)=1时，函数的最大值为2，故A错误；
函数的最小正周期为2π2=π，故B正确；
当x=π3时，f(π3)=0，故C正确；
由于x∈(−π3,π12)，故2x+π3∈(−π3,π2)，故函数f(x)在该区间上单调递增，故D正确．
故选：BCD.
首先利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变换成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出结果．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，
以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，
对于A，由等可能事件概率计算公式得P(A)=35，故A正确；
对于B，P(AB)=35×35=925，
∴P(B|A)=P(AB)P(A)=92535=35，故B错误；
对于C，P(A−)=25，P(B|A−)=P(A−B)P(A−)=25×2525=25，
∴由全概率公式得：
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=35×35+25×25=1325，故C正确；
对于D，由贝叶斯公式得：P(A|B)=P(A)P(B|A)P(B)=35×351325=913，故D正确．
故选：ACD.
对于A，由等可能事件概率计算公式判断A；由条件概率计算公式判断B；由全概率公式判断C；由贝叶斯公式判断D.
本题考查概率的求法，考查等可能事件、条件概率计算公式、全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】 3
【解析】解：因为△ABC的面积为2 3=12AB⋅BC⋅sinB，AB=2，∠B=π3，
所以2 3=12×2×BC× 32，可得BC=4，
所以由余弦定理可得AC= AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csB= 22+42−2×2×4×12=2 3，
所以sinBsinC=ACAB=2 32= 3.
故答案为： 3.
由已知利用三角形的面积公式可求BC的值，进而根据余弦定理可求AC的值，根据正弦定理即可求解sinBsinC的值．
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
13.【答案】1
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
△OAB是等边三角形，
则|AO|=|BO|，即x12+y12=x22+y22，
∵点A，B在抛物线y2=2px(p>0)，
∴2px1=y12，2px2=y22，
∴x12+2px1=x22+2px2，
∴(x1−x2)(x1+x2+2p)=0，
∵x1>0，x2>0，
∴x1−x2=0，即x1=x2，
∴|y2|=|y1|，
∴A，B关于x轴对称，
即∠AOx=30∘，
∴y1x1=tan30∘= 33，
∵y12=2px1，
∴y1=2 3p，
∴|AB|=2|y1|=4 3p=4 3，解得p=1.
故答案为：1.
根据已知条件，推出A，B关于x轴对称，再结合∠AOx=30∘，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)
【解析】解：y′=ex+(x+a)ex，设切点坐标为(x0,(x0+a)ex0)，
∴切线的斜率k=ex0+(x0+a)ex0，
∴切线方程为y−(x0+a)ex0=(ex0+(x0+a)ex0)(x−x0)，
又∵切线过原点，∴−(x0+a)ex0=(ex0+(x0+a)ex0)(−x0)，
整理得：x02+ax0−a=0，
∵切线存在两条，∴方程有两个不等实根，
∴Δ=a2+4a>0，解得a<−4或a>0，
即a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞)，
故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞).
设切点坐标为(x0,(x0+a)ex0)，利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得x02+ax0−a=0，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由Δ>0即可求出a的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．
15.【答案】(1)证明：∵an+1=3an+2(n∈N*)，
∴an+1+1=3(an+1)，
又∵a1+1=2+1=3，
∴数列{an+1}是首项、公比均为3的等比数列；
(2)解：由(1)得an+1=3n，
∴bn=(3n−2)⋅an=n(3n−1)=n3n−n，
∴Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−(1+2+3+…+n)
=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2，
记Qn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n，
则13Qn=1⋅30+2⋅31+3⋅32+…+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1，
两式相减得−23Qn=30+31+32+…+3n−2+3n−1−n⋅3n
=1−3n1−3−n⋅3n
=(12−n)⋅3n−12，
∴Qn=−32[(12−n)⋅3n−12]=(n2−14)⋅3n+1+34，
∴Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2
=(n2−14)⋅3n+1+34−n(n+1)2.
【解析】(1)通过对an+1=3an+2(n∈N*)变形可知an+1+1=3(an+1)，即可证明结论；
(2)由(1)得bn=n3n−n，进而Tn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2，利用错位相减法计算可知Qn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n=(n2−14)⋅3n+1+34，进而计算可得结论．
本题考查等比数列的判定，考查数列的通项及前n项和，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】(1)解：记事件A={甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则P(A)=410×510=15，
即顾客抽奖1次能获奖的概率为15；
(2)解：由题可知X∼B(3,15)，X的可能取值为0，1，2，3，
∴P(X=0)=C30(15)0(1−15)3=64125,P(X=1)=C31(15)1(1−15)2=48125，
P(X=2)=C32(15)2(1−15)1=12125,P(X=3)=C33(15)3(1−15)0=1125，
故X的分布列为：
所以X的数学期望为E(X)=3×15=35.
【解析】(1)根据相互独立事件的概率公式计算可得；
(2)依题意X∼B(3,15)，根据二项分布的概率公式求出概率，即可得到分布列，从而求出期望．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
17.【答案】证明：(Ⅰ)因为EF⊥FC，平面EFCD⊥平面ABCF，EF⊂平面EFCD，平面EFCD∩平面ABCF=FC，
所以EF⊥平面ABCF，
又因为PC⊂平面ABCF，所以EF⊥PC.
在矩形ABCF中，AF=1，AB=2，P为AB的中点，
所以FP=CP= 2，FC=2，
根据勾股定理的逆定理可得FP⊥PC.
因为EF∩FP=F，所以PC⊥平面EPF，
PC⊂平面DPC，
所以平面EPF⊥平面DPC.
(Ⅱ)解：以F为坐标原点，FA，FC，FE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D(0,1,1)，C(0,2,0)，B(1,2,0)，P(1,1,0).
所以DB=(1,1,−1).DC=(0,1,−1)，DP=(1,0,−1)，
设平面DPC的法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅DC=0n⋅DP=0，得y−z=0x−z=0，
令y=1，则n=(1,1,1).同理可得平面BCD的一个法向量为m=(0,1,1).
设平面BCD与平面DPC的夹角为θ，
故csθ=m⋅n|m||n|=2 3× 2= 63，
故平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为 63.
【解析】(Ⅰ)根据已知条件，先由面面垂直，推得线面垂直，再结合线面垂直的判断定理，即可求解；
(Ⅱ)先求出两个平面的法向量，再结合向量法，即可求解．
本题主要考查二面角的平面角及其求法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设椭圆的半焦距为c，
由题意知，1a2+649b2=1ca=13a2−b2=c2，解得a2=9，b2=8，
所以C的方程为x29+y28=1.
(2)设直线CD的方程为x=ty−1，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立x=ty−1x29+y28=1，得(8t2+9)y2−16ty−64=0，
所以y1+y2=16t8t2+9，y1y2=−648t2+9，
由题意知，A(−3,0)，B(3,0)，
所以直线AC的方程为y=y1x1+3(x+3)，直线BD的方程为y=y2x2−3(x−3)，
联立两条直线的方程可得x=−3[x1y2+x2y1+3(y2−y1)]x2y1−x1y2−3(y1+y2)=−3[(ty1−1)y2+(ty2−1)y1+3(y2−y1)](ty2−1)y1−(ty1−1)y2−3(y1+y2)=−3×2ty1y2+2y2−4y1−4y1−2y2=6(ty1y2+y2−2y1)4y1+2y2，
即xP=6(ty1y2+y2−2y1)4y1+2y2，
因为OM//PA，且O是AB的中点，所以M是PB的中点，
所以xM=xP+32=3ty1y2+6y24y1+2y2，
所以OA⋅OM=(−3,0)⋅(3ty1y2+6y24y1+2y2,yM)=−3×3ty1y2+6y24y1+2y2=−9×ty1y2+2y24(y1+y2)−2y2=−9×t⋅−648t2+9+2y24⋅16t8t2+9−2y2=9，是定值．
【解析】(1)将点(1,83)代入椭圆方程，再结合椭圆的几何性质，解方程组求出a2和b2的值即可；
(2)设直线CD的方程为x=ty−1，将其与椭圆方程联立，表示出直线AD和BD的方程，联立求得xP，进而知xM，再结合平面向量数量积的坐标运算与韦达定理，化简运算，即可得解．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的方程与几何性质，灵活运用韦达定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
19.【答案】(Ⅰ)解：f′(x)=1x−[aex+a(x−1)ex]=1−ax2exx，x∈(0,+∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增；
(Ⅱ)证明：(i)由(Ⅰ)可知：f′(x)=1−ax2exx，x∈(0,+∞)，
令g(x)=1−ax2ex，∵0可知g(x)在x∈(0,+∞)上单调递减，
又g(1)=1−ae>0，
且g(ln1a)=1−a(ln1a)2⋅1a=1−(ln1a)2<0，
∴g(x)=0存在唯一解x0∈(1,ln1a)，
即函数f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)单调递减，
∴x0是函数f(x)的唯一极值点，
令h(x)=lnx−x+1，(x>0)，h′(x)=1−xx，
00，h(x)单调递增，x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
可得h(x)≤h(1)=0，∴x>1时，lnxf(ln1a)=ln(ln1a)−a(ln1a−1)eln1a
=ln(ln1a)−(ln1a−1)<0，
∵f(x0)>f(1)=0，
∴函数f(x)在(x0,+∞)上存在唯一零点，
∵当x=1时，f(1)=0，
∴函数f(x)在(0,x0)上存在唯一零点1，
因此函数f(x)恰有两个零点；
(ii)由题意可得：f′(x0)=0，f(x1)=0，且x1>x0，
即ax02ex0=1，lnx1=a(x1−1)ex1，
∴lnx1=x1−1x02ex1−x0，即ex1−x0=x02lnx1x1−1，
∵x>1时lnxx0>1，
故ex1−x0=x02lnx1x1−1取对数可得：x1−x0<2lnx0<2(x0−1)，
化为：3x0−x1>2.
【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
(Ⅰ)通过求导可得f′(x)，当a≤0时，分析可得f′(x)>0，即可判断；
(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)可知f′(x)=1−ax2exx，x∈(0,+∞)，令g(x)=1−ax2ex，由01时，lnxf(1)=0，可得函数f(x)在(x0,+∞)上存在唯一零点，又函数f(x)在(0,x0)上存在唯一零点1，因此函数f(x)恰有两个零点；
(ii)由题意可得：f′(x0)=0，f(x1)=0，即ax02ex0=1，lnx1=a(x1−1)ex1，可得ex1−x0=x02lnx1x1−1，由x>1时lnxx0>1，可得ex1−x0 0
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