2023-2024学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N={x|x2−x−2≤0}，则M∩N=( )
A. {−1,0}B. {0,1}C. {−1,0,1,2}D. {−2,−1,0,1}
2.样本数据36，27，25，22，20，16，13，12，11的第60百分位数为( )
A. 16B. 21C. 22D. 23.5
3.若(x−ax2)6展开式中的常数项为60，则a=( )
A. 2B. ±2C. 4D. ±4
4.“m=12”是“两条直线x+2my−1=0，(3m−2)x−my−1=0”平行的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知单位向量a，b满足|a−b|= 3，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
6.某罐中装有大小和质地相同的4个红球和3个绿球，每次不放回地随机摸出1个球，连续摸两次.记R1=“第一次摸球时摸到红球”，G1=“第一次摸球时摸到绿球”，R2=“第二次摸球时摸到红球”，G2=“第二次摸球时摸到绿球”，R=“两次都摸到红球”，G=“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是( )
A. R1与R2为互斥事件B. P(G)=P(G1)+P(G2)
C. P(R)=1649D. P(R1|R2)=12
7.已知△ABC中AB= 2，BC= 5，csB=− 1010，则将△ABC以AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积为( )
A. πB. 2πC. 3πD. 4π
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别F1，F2.A是C上一点(在第一象限)，直线AF2与y轴交于点B，若AF1⊥BF1，且3|AF2|=2|F2B|，则C的渐近线方程为( )
A. y=±2 55xB. y=± 52xC. y=± 55xD. y=± 5x
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.已知复数z1，z2，下列说法正确的有( )
A. 若z1=z2−，则z1−=z2B. 若z1+z2∈R，则z1=z2−
C. z1+z2−=z1−+z2−D. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2
10.若正数a，b满足a+b=1，则( )
A. lg2a+lg2b≤−2B. 2a+2b≥2 2
C. a+lnb<0D. a2+b2≤12
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AA1的中点，点F满足A1F=λA1B1(0≤λ≤1)，则( )
A. 平面EBD⊥平面BDC1
B. 任意λ∈[0,1]，三棱锥F−BDE的体积是定值
C. △BDF周长最小值为2+2 2+2 3
D. 当λ=23时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为56π19
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在等差数列{an}中，a2=1，a10=17，则a6= ______．
13.即将暑假，小明一家5人计划开车回趟老家，车子前排有驾驶座和副驾驶座，后排有3个座位.家人中只有小明和哥哥不会开车，且小明未成年只能坐在后排，则一共有______种不同的乘坐方式．
14.如果函数f(x)在区间[a,b]上为增函数，则记为f(x)[a,b]；函数f(x)在区间[a,b]上为减函数，则记为f(x)[a,b].如果f(x)=sin(2x−π3)且f(x)[a,b]，则实数b−a的最大值为______；如果函数f(x)=x3−ax2−a2x，且f(x)[0,1]，f(x)[2,3]，则实数a的取值范围为______．
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)
△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acsA=bcsB，C=2π3．
(1)求A；
(2)若△ABC面积为3 34，求BC边上中线的长．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−ax+1(其中a为常数)．
(1)当a=−1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在x∈[1,2]上的最小值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA=AB=BC=1，AD=0.5，E为SB中点．
(1)求证：AE/​/面SCD；
(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
在直角坐标系xOy中，动圆经过点(0,14)且与直线y=−14相切，记动圆圆心的轨迹为曲线C.直线y=x+b(其中b为非零常数)与曲线C交于A，B两点，设曲线C在点A，B处的切线分别为l1和l2，已知l1和l2分别与x轴交于点M，N.l1与l2的交点为T．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)求点T的横坐标；
(3)已知△TAB与△TMN面积之比为5，求实数b的值．
19.(本小题17分)
2024年5月28日，南京首家开市客超市开业，开市客超市是一家会员制超市，办了会员便可以携同伴进入购物.据统计，开业第一天人流量超过三万人，且大多组团来逛超市，如果单独一人逛超市，则视此人为单独一个团体.其中34的团体拥有一张会员卡，结账时将会收到超市赠送的精美布袋一个；另外14的团体拥有两张及以上会员卡，结账时将会收到超市赠送的精美布袋两个.假设每个团体之间相互独立，且将频率看作概率．
(1)随机抽取3个团体，记3个团体收到超市赠送的精美布袋总个数为X，求X的分布列和期望；
(2)将i个团体获赠精美布袋总个数为i+1个的事件概率记为P(i)，求i=1nP(i)；
(3)如果你是开市客超市负责人，预计某时间段有100个团体来超市购物，若以需要赠送精美布袋总个数概率最大为依据，请问你应该提前准备多少精美布袋比较合理.并与该时间段内需要赠送精美布袋总个数的期望比较大小．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.A
5.C
6.D
7.A
8.A
9.AC
10.ABC
11.AD
12.9
13.54
14.π2 [−6,−3]∪[1,2]
15.解：(1)根据acsA=bcsB，由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB，
所以2sinAcsA=2sinBcsB，即sin2A=sin2B，
结合A、B为三角形的内角，可得2A=2B或2A+2B=π，即A=B，或A+B=π2．
因为△ABC中，A+B=π−C=π3，所以A+B=π2不成立，即A=B=π−C2=π6，
综上所述，角A的大小为π6．
(2)由(1)的结论A=B，可得a=b，
根据题意，△ABC面积S=12absinC=3 34，即12a2sin2π3=3 34，
可得 34a2=3 34，解得a= 3(舍负)．
设BC的中点为D，可得CD=12BC= 32，AC= 3，
在△ACD中，由余弦定理得AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅csC=3+34−2× 3× 32×cs2π3=214，
所以BC边上中线的长为 214= 212(舍负)．
16.解：(1)当a=−1时，f(x)=lnx+1x(x>0)，f′(x)=x−1x2，
令f′(x)>0解得x>1；所以f(x)的单调递增区间为(1,+ꝏ)，
令f′(x)<0解得0(2)f(x)=lnx−ax+1(1≤x≤2)，f′(x)=x+ax2，
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在[1,2]上单调递增，f(x)min=f(1)=1−a；
②当−1≤a<0时，f′(x)>0，f(x)在[1,2]上单调递增，f(x)min=f(1)=1−a；
③当−20和f′(x)<0分别解得−ax，
则f(x)在[1,−a]上单调递减，[−a,2]单调递增，f(x)min=f(−a)=ln(−a)+2；
④当a≤−2时，f′(x)<0，f(x)在[1,2]上单调递减，f(x)min=f(2)=ln2+1−a2；
综上所述：当a≥−1时，f(x)min=1−a，
当−2当a≤−2时，f(x)min=ln2+1−a2．
17.解：(1)证明：取SC的中点设为F，连接EF、DF，由题意可知E、F分别为SB、SC的中点，
则EF/​/BC，且EF=12BC=12
∵AB⊥AD，AB⊥BC，AD=12，BC=1，
∴AD/​/BC 且AD=12BC，
∴AD/​/EF且AD=EF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴AE/​/DF，
且AE⊄面SCD，DF⊂面SCD，
∴AE/​/面SCD；
(2)由题可知SA⊥平面ABCD，AB⊥AD，故SA、AB、AD两两垂直，
则以A为原点，AD、AB、AS分别为x、y、z轴正方向建系，
A(0,0,0)，D(12,0,0)，S(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，E(0,12,12)，
CD=(−12,−1,0)，SC=(1,1,−1)，
易知AD⊥平面SAB，则面SAB法向量为AD=(12,0,0)，
设面SCD法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CD=−12x−y=0m⋅SC=x+y−z=0
令x=2，得m=(2,−1,1)，
cs|m⋅AD||m|⋅|AD|=112× 6= 63，
所以平面SAB与平面SCD所成角的余弦值为 63．
18.解：(1)因为动圆经过点(0,14)且与直线y=−14相切，
所以圆心C到点(0,14)的距离等于圆心C到与直线y=−14的距离，
故曲线C的轨迹为抛物线，且以(0,14)为焦点，以y=−14为准线，
故曲线C的轨迹方程为：x2=y；
(2)由y=x2得y′=2x，设A(x1,x12)，B(x2,x22)，T(xT,yT)，
所以直线l1： y−x12=2x1(x−x1)，直线l2： y−x22=2x2(x−x2)，
联立直线和抛物线y=x+by=x2，消去y得：x2−x−b=0，则Δ=1+4b>0，即b>−14，
故x1+x2=1，x1⋅x2=−b，
联立y−x12=2x1(x−x1)y−x22=2x2(x−x2)，解得：xT=x1+x22=12，yT=x1⋅x2=−b，
即T(12,−b)，故T点横坐标为12；
(3)因为l1： y−x12=2x1(x−x1)，令y=0，得M(x12,0)，
l2： y−x22=2x2(x−x2)，令y=0，得N(x22,0)，
所以S△TMN=12|MN|⋅|−b|=14|x1−x2|⋅|b|，
设AB中点为H点，则xH=x1+x22=12，
将xH代入y=x+b得yH=12+b，
所以S△TAB=S△TAH+S△TBH
=12|TH|⋅|x1−12|+12|TH|⋅|x2−12|
=12|TH|⋅|x1−x2|
=12⋅|12+2b|⋅|x1−x2|，
所以S△TABS△TMN=|1+4bb|=|4+1b|=5，
已知b>−14且b≠0，
解得：b=1或−19．
19.解：(1)根据题意，获得一份精美布袋概率为34，获得两份精美布袋概率为14，
则精美布袋个数X的可能取值为3，4，5，6，
其中P(X=3)=(34)3=2764，
P(X=4)=C31(14)(34)2=764，
P(X=5)=C32(14)2(34)=964，
P(X=6)=(14)3=164，
∴X的分布列为：
E(X)=3×2764+4×2764+5×964+6×164=154．
(2)因为i个团体获赠精美布袋总数为i+1个，则只有1团体获得两份精美布袋，其余i−1个团体获得一份精美布袋，
于是P(i)=Ci1(14)(34)i−1=i3⋅(34)i，
则i=1nP(i)=13[1×34+2×(34)2+3×(34)4+⋅⋅⋅+n×(34)n]，
∴34i=1nP(i)=13[1×(34)2+2×(34)3+3×(34)4+⋅⋅⋅+n×(34)n+1]，
两式相减得：
14i=1nP(i)=13[34+(34)2+(34)3+(34)4+⋅⋅⋅+(n−1)×(34)n−n×(34)n+1]
=13{34[1−(34)n]1−34−n⋅(34)n+1}
=1−n+43⋅(34)n+1，
∴i=1nP(i)=4−(n+4)⋅(34)n．
(3)设获得一份精美布袋的团体个数为x，
则获得两份精美布袋的团体个数为100−x，
因此获得精美布袋总个数为n=x+2(100−x)=200−x，
此时精美布袋总个数为n的概率C100x(34)x(14)100−x=14100C100x⋅3x，
当此概率取最大值时，必有0∴14100C100x⋅3x≥14100C100x+1⋅3x14100C100x⋅3x≥14100C100x−1⋅3x−1，整理得x+1≥3(100−x)3(101−x)≥x
解得2994≤x≤3034，而x∈N，则x=75，则n=200−75=125，
∴精美布袋总个数取最大值时，n=125，
由于获得一份精美布袋概率为34，获得两份精美布袋概率为14，
故一个人获得精美布袋期望为34×1+14×2=54，
此概率模型符合二项分布，故100个团体对应期望值为100×54=125，
从以上结果来看，获取125个布袋的概率最大，数值与总布袋获取的期望相等． X
3
4
5
6
P
2764
2764
964
164