2023-2024学年湖北省武汉市常青联合体高二下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市常青联合体高二下学期期末考试数学试卷（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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合A={x||x|<3}，B={x|x=2n+1,n∈Z}，则A∩B=( )
A. (−1,1)B. (−3,3)C. {−1,1}D. {−3,−1,1,3}
2.在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x−y=0对称，若z1=1−i，则z1z2=( )
A. −iB. iC. −1D. 1
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，|a+b|=1，则a在b上的投影向量为( )
A. −12bB. −12C. 12bD. 12
4.现将A，B，C，D，E，F六名学生排成一排，要求D，E相邻，且C，F不相邻，则不同的排列方式有( )
A. 144种B. 240种C. 120种D. 72种
5.已知角θ∈(0,π2)，点(cs2θ,cs2θ)在直线y=−x上，则tan(θ−π4)=( )
A. −3−2 2B. −1C. 3−2 2D. 3+2 2
6.已知数列{an}满足a1=0，a2=1.若数列{an−1+an}(n∈N,n≥2)是公差为2的等差数列，则a2024=( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
7.摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30min.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度H(m)关于时间t(min)的函数关系式为H=65−50csπ15t(0≤t≤30)若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为( )
A. 25 3mB. 50mC. 25( 3−1)mD. 25( 6− 2)m
8.如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的球面正好经过点M，则下列结论中正确的是( )
A. AB⊥MN
B. 球O的的体积与四面体ABCD外接球的体积之比为1: 3
C. 直线MN与平面BCD所成角的正弦值为 33
D. 球O被平面BCD截得的截面面积为4π3
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.下列说法中正确的是( )
A. 一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的第25百分位数为7
B. 若随机变量X~N(2,σ2),且P(X<4)=0.75,则P(0< X<4)=0.5
C. 袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球,从袋中不放回地依次抽取2个球,则第二次取到红球的概率为23​​​​​​​
D. 在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中,抽取男生12人,其平均数为75,方差为893;抽取女生8人,其平均数为70,方差为23,则这20名学生物理成绩的方差为33
10.在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为 a2+b2.已知长方形ABCD的四条边均与椭圆E:x26+y23=1相切，则下列说法正确的有( )
A. 椭圆E的离心率为12
B. 椭圆E的“蒙日圆”的方程为x2+y2=9
C. 长方形ABCD的面积的最大值为18
D. 若椭圆E的上下顶点分别为M、N，则其蒙日圆上存在两个点P满足|PM|= 3|PN|
11.已知函数f(x)=cs|x|+ln|csx|，则( )
A. 函数f(x)的一个周期为π
B. 函数f(x)在区间(π2,π)上单调递增
C. 函数f(x)在区间(0,π2)∪(π2,π)上没有零点
D. 函数f(x)的最大值为1
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。
12.(x+1)(x−2)5的展开式中，x3的系数为 .(用数字填写答案)
13.已知直线l1:y=2x和l2:y=−2x，过动点M作两直线的平行线，分别交l1、l2于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第四象限.若平行四边形OAMB(O为坐标原点)的面积为3，记动点M的轨迹为曲线E，若曲线E与直线y=k(x−2)有且仅有两个交点，则k的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题12分)
已知函数f(x)，g(x)的定义域为R，g′(x)为g(x)的导函数，且f(x)+g′(x)−1=0，f(x−2)−g′(4−x)−1=0，若g(x)为偶函数，则n=12024f(n)= ．
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=12sin(2x+π3)，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(B2)= 34，sinC(1+csB)=sinB(32−csC)．
(1)求角B;
(2)设D为边AC的中点，且△ABC的面积为54 3，求BD的长．
16.(本小题12分)
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，下底面ABCD为平行四边形，DD1⊥平面ABCD，AB=2A1B1=2，BC=8，AA1=4 2，M为BC的中点，平面CDD1C1⊥平面D1DM．
(1)求四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积;
(2)求平面D1DM与平面BCC1B1夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得−10分;若两人都答对或都答错，则两人均得0分.根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为12，乙答对的概率为23，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．
(1)求在一局比赛中，甲的得分X的分布列与数学期望;
(2)设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率．
18.(本小题12分)
已知圆A:(x+1)2+y2=16和点B(1,0)，点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)若过原点的两条直线分别交曲线C于点A，C和B，D，且kAC⋅kBD=−34(O为坐标原点).判断四边形ABCD的面积是否为定值?若为定值，求四边形ABCD的面积;若不为定值，请说明理由．
19.(本小题12分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f，⋯⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).注：f，f′′′(x)=[f，f(4)(x)=[f′′′(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，⋯⋯.已知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)．
(1)求R(x)的表达式;
(2)记F(x)=x(x+2)R(x)−2f(x)，当x≥0时，证明不等式F(x)−2x3≤0;
(3)当n∈N∗，且n≥2时，证明不等式ln[(12+1)(13+1)⋯(1n+1)]+123+133+⋯+1n3>12−1n+1．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.A
5.C
6.B
7.D
8.C
9.BCD
10.BCD
11.BD
12.−40
13.(−∞,−2)∪(2，+∞)
14.2024
15.解：(1)因为f(x)=12sin(2x+π3)，所以f(B2)=12sin(B+π3)= 34．
所以sin(B+π3)= 32．
因为0(2)因为sinC(1+csB)=sinB(32−csC)，所以sinC+sinCcsB+csCsinB=32sinB.
所以sinC+sinA=32sinB.所以c+a=32b.
由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB，而B=π3，所以b2=a2+c2−ac，
即b2=(a+c)2−3ac.所以b2=(32b)2−3ac，即ac=512b2．
因为S△ABC=12acsinB=12acsinπ3=5 34，所以ac=5．
所以512b2=5，即b2=12，b=2 3.所以a+c=3 3．
因为BD=12(BA+BC)，所以|BD|2=14(|BA|2+|BC|2+2BA⋅BC).
所以|BD|2=14(c2+a2+2c⋅acsπ3)=14[(a+c)2−ac]=112，
所以BD= 222．
16.解：(1)取AD的中点N，则A1D1//ND，A1D1=ND，
所以，四边形A1D1DN为平行四边形．
因为DD1⊥平面ABCD，所以A1N⊥平面ABCD，即梯形的高为D1D(或A1N)．
在直角三角形A1NA中，求得A1N= A1A2−AN2= (4 2)2−42=4．
因为DD1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以DD1⊥CD．
因为平面CDD1C1⊥平面D1DM，交线为D1D，
因为CD⊥D1D，CD⊂平面CDD1C1，所以CD⊥平面D1DM．
因为MD⊂平面D1DM，所以CD⊥MD，所以DM= MC2−CD2=2 3，
在直角三角形CDM中，求得边CM的高DM⋅DCMC=2 3×24= 3，
所以，底面ABCD的面积SABCD=BC× 3=8 3．
由棱台的上下底面相似求得上底面面积SA1B1C1D1=14×8 3=2 3．
由DD1⊥平面ABCD，知梯形的高为DD1=A1N=4，
所以V=13×4(8 3+2 3+ 8 3×2 3)=56 33．
(2)以D为坐标原点，分别以DM，DC，DD1所在直线为x轴，y轴和z轴建立空间直线坐标系．
则D(0,0,0)，M(2 3,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,1,4)．
由(1)知，平面D1DM的一个法向量为DC=(0,2,0)．
设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z)，
因为CC1=(0,−1,4)，CM=(2 3,−2,0)，
所以n⋅CC1=0n⋅CM=0，所以−y+4z=02 3x−2y=0,
令x=1，则y= 3，z= 34，所以n=(1, 3, 34)，
设平面D1DM和平面BCC1B1的夹角为θ，
则csθ=|cs|=n⋅DC|n|⋅|DC|=4 20167．

17.解：(1)X的取值可能为−10，0，10．
P(X=−10)=(1−12)×23=13，
P(X=0)=12×23+(1−12)×(1−23)=12，
P(X=10)=12×(1−23)=16，
所以，X的分布列为：
所以E(X)=(−10)×13+0×12+10×16=−53．
(2)由(1)知，在一局比赛中，
乙获得10分的概率为23×(1−12)=13，
乙获得0分的概率为12×23+(1−12)×(1−23)=12，
乙获得−10分的概率为12×(1−23)=16．
在4局比赛中，乙获得40分的概率为P1=(13)4=181，
在4局比赛中，乙获得30分的概率为P2=C43(13)3×12=227，
在4局比赛中，乙获得20分的概率为P3=C43(13)3×16+C42(13)2×(12)2=281+16，
在4局比赛中，乙获得10分的概率为P4=C42(13)2×C2116×12+C4113×(13)3=19+16，
所以，乙最终获胜的概率为P=P1+P2+P3+P4=59．
18.解：(1)由题意知，圆心为A(−1,0)，半径为4，且|QP|=|QB|，|AB|=2．
因为方|QA|+|QB|=|QA|+|QP|=|PA|=4>|AB|=2，
所以，点Q的轨迹为以A、B为焦点的椭圆．
设椭圆程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，则2a=4，2c=2，解得a=2，c=1，
所以，b2=a2−c2=3.所以，曲线C的方程为x24+y23=1．
(2)四边形ABCD的面积为定值，理由如下：
当直线AB的斜率不存在时，直线AB⊥x轴，此时四边形ABCD为矩形，
且kAC=−kBD.因为kAC⋅kBD=y1y2x1x2=−34，不妨设kAC= 32，则kBD=− 32．
取A( 2, 62)，B( 2,− 62)，则四边形ABCD的面积S=4S△OAB=4×12× 6× 2=4 3．
当直线AB的斜率存在时，设AB:y=kx+m，且A(x1,y1)，B(x2,y2).
联立直线AB与椭圆C的方程，消去y并整理，得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0．
由Δ=(8km)2−4(4k2+3)(4m2−12)>0，得4k2−m2+3>0．
所以x1+x2=−8km4k2+3，x1x2=−4m2−124k2+3．
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2．
所以y1y2=k2×4m2−124k2+3+km×(−8km4k2+3)+m2=3m2−12k24k2+3．
因为kAC⋅kBD=y1y2x1x2=−34，所以3m2−12k24m2−12=−34，即4k2+3=2m2．
因为|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2，
所以|AB|= 1+k2⋅ (−8km4k2+3)2−4(4m2−12)4k2+3=2 3× 1+k2|m|．
因为原点O到直线AB的距离d=|m| 1+k2，且四边形ABCD为平行四边形，
所以四边形ABCD的面积S=4SΔOAB=4×12×|m| 1+k2×2 3× 1+k2|m|=4 3．
所以，四边形ABCD的面积为定值4 3．
19.解：(1)由题意，R(x)=a0+a1x1+b1x．
因为f(0)=R(0)，所以a0=0，所以R(x)=a1x1+b1x．
因为f′(x)=11+x，R′(x)=a1(1+b1x)2，且f′(0)=R′(0)，所以a1=1．
因为f′′(x)=−1(1+x)2，R′′(x)=−2b(1+b1x)3，且f′′(0)=R′′(0)，所以b1=12．
所以R(x)=2x2+x．
(2)因为F(x)=x(x+2)×2x2+x−2ln(x+1)=2x2−2ln(x+1)，
所以F(x)−2x3=2[x2−x3−ln(x+1)]．
记G(x)=x2−x3−ln(x+1)，则G′(x)=2x−3x2−1x+1=−3x3−(x−1)2x+1，
因为x≥0，所以G′(x)<0，所以G(x)在[0,+∞)单调递减．
所以G(x)≤G(0)=0，所以F(x)−2x3≤0.
(3)由(2)得，当x≥0时，ln(x+1)+x3≥x2．
所以，当n∈N∗时，ln(1n+1)+1n3≥1n2．
又因为1n2>1n(n+1)=1n−1n+1，所以ln(1n+1)+1n3≥1n−1n+1．
所以，当n≥2时，
ln(12+1)+123≥12−13，
ln(13+1)+133≥13−14，⋯⋯，
ln(1n+1)+1n3≥1n−1n+1，
以上各式两边相加，得ln[(12+1)(13+1)⋯(1n+1)]+123+133+⋯+1n3≥12−1n+1． X
−10
0
10
P
13
12
16