2023-2024学年四川省泸州市江阳区高二下学期6月期末数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市江阳区高二下学期6月期末数学试题（含答案），共10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.已知直线l1:x+y=0，l2:ax+by+1=0，若l1⊥l2，则a+b=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.求以A1,−1为圆心，且经过点B0,1的圆的一般方程( )
A. x2+y2−2x−2y−7=0B. x2+y2−2x+2y−7=0
C. x2+y2−2x+2y−3=0D. x2+y2−2x+2y+3=0
3.已知双曲线x2−y224=1上一点P到它的一个焦点的距离等于5，那么点P到另一个焦点F的距离等于( )
A. 3B. 3或7C. 5D. 7
4.已知等差数列an中，a1=−1,a4=8，则公差d=( )
A. 4B. 3C. −4D. −3
5.甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A，B，C三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在A小区的概率为( )
A. 193243B. 100243C. 23D. 59
6.函数f(x)=ln|x|−x2+2x的图象大致为( )
A. B.
C. D.
7.下列说法正确的有( )个
①已知一组数据x1,x2,x3,⋯,x10的 方差为3，则x1+2,x2+2,x3+2,⋯,x10+2的方差也为3．
②对具有线性相关关系的变量x,y，其线性回归方程为y=0.3x−m，若样本点的中心为m,2.8，则实数m的值是4．
③已知随机变量X服从正态分布Nμ,σ2，若P(X>−1)+PX≥5=1，则μ=2．
④已知随机变量X服从二项分布Bn,13，若E3X+1=6，则n=6．
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
8.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1C1的中点，Q为线段BC1上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 存在点Q，使得PQ/​/BD
B. 存在点Q，使得PQ⊥平面AB1C1D
C. 三棱锥Q−APD的体积是定值
D. 存在点Q，使得PQ与AD所成的角为π6
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知P(A)=15，P(B|A)=14.若随机事件A，B相互独立，则( )
A. P(B)=13B. P(AB)=120C. P(A|B)=45D. P(A+B)=45
10.若(x−1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则( )
A. a0=1
B. a3=20
C. 2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6=0
D. a0+a2+a4+a6=a1+a3+a5
11.已知O为坐标原点，过抛物线C：y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0).若|AF|=|AM|，则( )
A. 直线AB的斜率为2 6B. |OB|=|OF|
C. |AB|>4|OF|D. ∠OAM+∠OBM<180°
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列an满足an+1−an=3n+1n∈N∗，a1=3，则an= ．
13.若随机变量ξ的数学期望和方差分别为Eξ，Dξ，则对于任意ε>0，不等式Pξ−Eξ≥ε≤Dξε2成立.在2023年湖南省高三九校联考中，数学科考试满分150分，某校高三共有500名学生参加考试，全体学生的成绩ξ∼N80,42，则根据上述不等式，可估计分数不低于100分的学生不超过 人.
14.若函数fx=x2−mx+2ex在−12,1上存在单调递减区间，则m的取值范围是 ．
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)
已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1=2,a3=2a2+16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=lg2an，求数列{bn}的前n项和．
16.(本小题12分)
某单位为丰富员工的业余生活，利用周末开展趣味野外拉练，此次拉练共分A，B，C三大类，其中A类有3个项目，每项需花费2小时，B类有3个项目，每项需花费3小时，C类有2个项目，每项需花费1小时．要求每位员工从中随机选择3个项目，每个项目的选择机会均等．
(1)求小张在三类中各选1个项目的概率；
(2)设小张所选3个项目花费的总时间为X小时，求X的分布列．
17.(本小题12分)
如图，正三棱柱的所有棱长都为2，D为CC1中点．
(1)求证：AB1⊥平面A1BD；
(2)求二面角A−A1D−B的正弦值；
(3)求点C到平面A1BD的距离．
18.(本小题12分)
已知双曲线：x2−y2=1，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线AM与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上．
(1)若点M2, 3，Q2,0，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求▵OST的面积；
(2)若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①OD=DE；②BM⊥EQ；③OQ=2.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
19.(本小题12分)
已知函数fx=mlnx−xex+x．
(1)若m=1，求fx的最大值；
(2)若fx1+x1ex1+m=0,fx2+x2ex2+m=0，其中x1≠x2，求实数m的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.B
5.B
6.C
7.C
8.B
9.BCD
10.ACD
11.ACD
12.3n+1−32
13.10
14.2,+∞
15.【详解】(1)因为数列an是各项均为正数的等比数列，a3=2a2+16，a1=2，
所以令数列an的 公比为q，a3=a1q2=2q2，a2=a1q=2q，
所以2q2=4q+16，解得q=−2(舍去)或4，
所以数列an是首项为2、公比为4的等比数列，an=2×4n−1=22n−1．
(2)因为bn=lg2an，所以bn=2n−1，bn+1=2n+1，bn+1−bn=2，
所以数列bn是首项为1、公差为2的等差数列，Sn=1+2n−12×n=n2．

16.解：(1)
记事件M为“在三类中各选1个项目”，则PM=C31C31C21C83=928，
所以小张在三类中各选1个项目的概率为928．
(2)
由题知X的所有可能取值为4，5，6，7，8，9，
则P(X=4)=C22C31C83=356，P(X=5)=C22C31+C32C21C83=956，
P(X=6)=C21C31C31+C33C83=1956，P(X=7)=C32C21+C32C31C83=1556，
P(X=8)=C32C31C83=956，P(X=9)=C33C83=156．
所以X的分布列为

17.解：(1)
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，取BC中点O，过O作Oy//BB1，连接AO，
由BB1⊥平面ABC，得Oy⊥平面ABC，OA,BC⊂平面ABC，则Oy⊥BC，Oy⊥OA，而OA⊥BC，即OB,Oy,OA两两垂直，
以O为原点，直线OB,Oy,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0, 3),B(1,0,0),C(−1,0,0),A1(0,2, 3),B1(1,2,0),C1(−1,2,0),D(−1,1,0)，
有AB1=(1,2,− 3),BD=(−2,1,0),A1B=(1,−2,− 3)，于是AB1⋅BD=0，AB1⋅A1B=0，
即AB1⊥BD，AB1⊥A1B，而又BD∩A1B=B,BD,A1B⊂平面A1BD，
所以AB1⊥平面A1BD．
(2)
由(1)知，AB1⊥平面A1BD，则AB1=(1,2,− 3)是平面A1BD的法向量，
设平面AA1D的法向量n=(x,y,z)，而AA1=(0,2,0)，AD=(−1,1,− 3)，
则n⋅AA1=2y=0n⋅AD=−x+y− 3z=0，取z=1，得n=(− 3,0,1)，
则cs⟨AB1,n⟩=AB1⋅n|AB1||n|=1×(− 3)+(− 3)×12 2×2=− 64，设二面角A−A1D−B的平面角为θ，
因此sinθ= 1−cs2⟨AB1,n⟩= 1−(− 64)2= 104，
所以二面角A−A1D−B的正弦值为 104．
(3)
由(2)知AB1=(1,2,− 3)是平面A1BD的法向量，而向量CB=(2,0,0)，
所以点C到平面A1BD的距离为d=|AB1⋅CB||AB1|=22 2= 22．

18.解：(1)由已知可得， A−1,0 ， B1,0 ．
因为点 M2, 3 ，直线 BM 的斜率为 kMB= 3−02−1= 3 ，
所以直线 BM 的垂线 l 的方程为 y−0=−1 3x−2 ，
整理可得， x=− 3y+2 ．
设点 Sx1,y1 ， Tx2,y2 ，
联立直线 l 与双曲线的方程 x=− 3y+2x2−y2=1 可得， 2y2−4 3y+3=0 ，
则 Δ=−4 32−4×2×3=24 ，且 y1+y2=2 3y1y2=32 ，
所以， ST= 1+− 32 y1+y22−4y1y2 =2 2 32−4×32=2 6 ．
原点 O 到直线 l 的距离为 d=1 ，
所以， ▵OST 的面积为 12×ST×d=12×2 6×1= 6 ．
(2)如图，
①②为条件，③为结论：
令点 D0,yD ， Mx0,y0x0>1 ，且 x02−y02=1 ，
因为 A,D,M 三点共线，所以 y0x0+1=yD ．
又 OD=DE ，所以点 E 的坐标为 E0,2y0x0+1 ，
直线 BM 的斜率为 kBM=y0x0−1 ．
又 BM⊥EQ ，所以 kEQ=−1kBM=1−x0y0 ，
设点 QxQ,0 ，
则直线 EQ 的斜率 kEQ=1−x0y0=2y0x0+1−xQ ，
所以 xQ=2y02x02−1=2y02y02=2 ，
所以 OQ=2 ；
①③为条件，②为结论：
令点 D0,yD ， Mx0,y0x0>1 ，且 x02−y02=1 ，
因为 A,D,M 三点共线，所以 y0x0+1=yD ．
又 OD=DE ，所以点 E 的坐标为 E0,2y0x0+1 ，
又 OQ=2 ，点Q在x轴正半轴上，所以 Q2,0 ，
所以 kEQ=2y0x0+1−2=−y0x0+1 ，
又 kBM=y0x0−1 ，
所以 kBM⋅kEQ=−y0x0−1⋅y0x0+1 =−y02x02−1=−x02−1x02−1=−1 ，
所以， BM⊥EQ ；
②③为条件，①为结论：
令点 D0,yD ， Mx0,y0x0>1 ，且 x02−y02=1 ，不妨设 y0>0 ．
因为 A,D,M 三点共线，
所以 yD=y0x0+1>0 ，且 y D2=y02x0+12=x02−1x0+12=x0−1x0+1 ．
因为 OQ=2 ，点Q在x轴正半轴上，所以 Q2,0 ．
因为 BM⊥EQ ，所以 kEQ=−1kBM=1−x0y0 ．
又 kEQ=yE−00−2 ，
所以， yE=2x0−1y0>0 ，且 y E2=4x0−12y 02=4x0−12x 02−1=4x0−1x0+1 ，
所以， yE=2yD ，即 OD=DE ．

19.解：(1)
当m=1时，fx=lnx−xex+x，则f′x=1x+1−x+1ex=x+11x−ex．
令φx=1x−exx>0，则φ′(x)=−1x2−ex<0，
∴φx在0,+∞上单调递减．
又φ12=2− e>0, φ1=1−e<0，
∴存在x0∈12,1使得φ(x)=1x0−ex0=0，
∴当x∈0,x0时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈x0,+∞时，f′x<0，fx单调递减，
∴fx有最大值fx0=lnx0+x0−x0ex0=lnx0ex0−x0ex0=ln1−1=−1.
另法：当m=1时，fx=lnx−xex+x=lnxex−xex，令t=xex>0，
则ℎt=lnt−t，其中t>0，ℎ′t=1−tt，
∴当t∈(0,1)时，ℎ′t>0, ℎt单调递增；当t∈1,+∞时，ℎ′t<0, ℎt单调递减，故ℎtmax=ℎ1=−1，即fx的最大值为−1．
(2)
令gx=mlnx+x+m,x∈0,+∞，
由题意知m的取值应满足函数gx有两个零点．
易得g′x=mx+1=x+mx，
若m≥0，则g′x>0，gx在0,+∞上单调递增，
∴gx至多有一个零点，不符合题意，舍去；
若m<0，则当x∈0,−m时，g′x<0, gx单调递减；
当x∈−m,+∞时，g′x>0,gx单调递增．
要使函数gx有两个零点，则gxmin=g−m=mln−m<0,∴m<−1
易知g1e=1e>0, ge−2m=mlne−2m+e−2m+m=−2m2+e−2m+mm<−1．
令px=e−2x−2x2+x,x<−1，则p′x=−2e−2x−4x+1,x<−1，
令qx=−2e−2x−4x+1,x<−1，则q′x=4e−2x−4>0,x<−1，
∴p′x在−∞,−1上单调递增，∴p′x∴px在−∞,−1上单调递减，
∴px>p−1=e2−2−1>0, ∴ge−2m>0，
由1e<−m则实数m的取值范围为−∞,−1.
另法：令gx=mlnx+x+m,x∈0,+∞，
由题意知m的取值应满足函数gx有两个零点，
若m≥0，易知gx单调递增，不符合题意，舍去；
若m<0，由gx=mlnx+x+m=0,x∈0,+∞知，−1+lnxx=1m，
令ℎx=−1+lnxx,x∈0,+∞，则ℎ′x=lnxx2,x∈0,+∞，
∴ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．
又ℎ1=−1，且x∈1,+∞时，ℎx<0, ∴1m>−1，解得m<−1，
故实数m的取值范围为−∞,−1．
X
4
5
6
7
8
9
P
356
956
1956
1556
956
156