2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（含答案），共8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.设集合A=x|x=sin2π2023+sin4π2023+sin6π2023+⋅⋅⋅+sin2kπ2023,k∈Z,k>0，则集合A的元素个数为( )
A. 1011B. 1012C. 2022D. 2023
2.已知实数a=lg23，b=2cs36∘，c= 2，那么实数a,b,c的大小关系是( )
A. b>c>aB. b>a>cC. a>b>cD. a>c>b
3.在四面体ABCD中，点E满足DE=λDC,F为BE的中点，且AF=12AB+13AC+16AD,则实数λ=( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
4.在△ABC中，B=π3，D是AB的中点，CD= 3，则AB+2BC的取值范围为( )
A. ( 3,2 3]B. (2 3,2 6]C. (2 3,4 3]D. (0,4 3]
5.已知tan(α+β)，tan(α−β)是函数f(x)=x2−6x+4的零点，则cs3π2+2α4sin2β−2=( )
A. −25B. −35C. −710D. −45
6.已知x+3x+28=a0+a1x+1+a2x+12+⋯+a8x+18+a9x+19 ，则a8=( )
A. 8B. 10C. 28D. 29
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，过点A且以DB1为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
8.已知a，b∈R，若2≤aA. 2.5B. 3.5C. 4.5D. 6
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.已知正实数a,b满足a2−ab+b2=1，则( )
A. a+b的最大值为2B. ab的最小值为1
C. a2+b2的最大值为2D. a2+b2的最小值为1
10.随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X∼N2,1，Y∼B4,12，则( )
A. PX≤2=12B. EX=EYC. DX=DYD. PY=1=12
11.已知圆C1:x−32+y2=1，C2:x2+y2=a2a>0，则下列结论正确的有( )
A. 若圆C1和圆C2相交，则2B. 若圆C1和圆C2外切，则a=2
C. 当a=52时，圆C1和圆C2有且仅有一条公切线
D. 当a=3时，圆C1和圆C2相交弦长为 353
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数fx及其导函数f′x的定义域均为R，若f1−4x，14x−fx+2都为偶函数，则k=165f′k= ．
13.在▵ABC中，若AC2+BC2=5AB2，则tanCtanA+tanCtanB= ．
14.直线l经过点P(2,−3)，与圆C：x2+y2+2x+2y−14=0相交截得的弦长为2 7，则直线l的方程为 ．
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)
2023年12月28日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为300万元，每生产x万件产品，每件产品需可变成本px万元，当产量不足50万件时，px=1120x2+160；当产量不小于50万件时，px=201+6400x2−1460x.每件产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
(1)求利润函数的解析式；
(2)求利润函数的最大值．
16.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsC+ccsA=2bcsA．
(1)求角A；
(2)若a= 7，b=2，求边c及▵ABC的面积；
(3)在(2)的条件下，求sin2B−A的值．
17.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是正方形，平面PAB⊥平面ABCD,PA⊥AB,PA=AB=1，M为棱PD的中点．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求平面ACM与平面PAB夹角的正弦值．
18.(本小题12分)
已知双曲线C;x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点3, 62，右焦点为Fc,0，且c2,a2,b2成等差数列．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的右支交于P,Q两点(P在Q的上方)，PQ的中点为M,M在直线l:x=2上的射影为N,O为坐标原点，设△POQ的面积为S，直线PN,QN的斜率分别为k1,k2，试问k1−k2S是否为定值，如果是，求出该定值，如果不是，说明理由．
19.(本小题12分)
已知实数q≠0，定义数列an如下：如果n=x0+2x1+22x2+⋯+2kxk,xi∈0,1，i=0,1,2,⋯,k，则an=x0+x1q+x2q2+⋯+xkqk．
(1)求a7和a8(用q表示)；
(2)令bn=a2n−1，证明：i=1nbi=a2n−1；
(3)若1参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.B
6.B
7.A
8.B
9.AC
10.ABC
11.ABD
12.520
13.12或0.5
14.5x−12y−46=0；x=2
15.(1)
由题意得，销售收入为200x万元．
当产量不足50万件时，px=1120x2+160，
利润为：fx=200x−x⋅px−300=200x−x⋅(1120x2+160)−300=−1120x3+40x−300；
当产量不小于50万件时，px=201+6400x2−1460x，
利润为：fx=200x−x⋅px−300=200x−x(201+6400x2−1460x)−300=−x−6400x+1160．
所以利润函数为fx=−1120x3+40x−300,&0(2)
当0所以当00,fx在0,40上单调递增；
当40所以当x=40时，fx取得最大值f40=23003；
当x≥50时，fx=−x+6400x+1160≤−2 x⋅6400x+1160=1000
当且仅当x=6400x，即x=80时，等号成立
又1000>23003，故当x=80时，所获利润最大，最大值为1000万元．
16.(1)
因为acsC+ccsA=2bcsA，
由正弦定理可得sinAcsC+sinCcsA=2sinBcsA，
即sinA+C=2sinBcsA，即sinB=2sinBcsA，
又B∈0,π，所以sinB>0，则csA=12，又A∈0,π，所以A=π3．
(2)
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=4+c2−74c=12，
整理得c2−2c−3=0，解得c=3或c=−1(舍)，
所以▵ABC的面积S△ABC=12bcsinA=12×2×3× 32=3 32．
(3)
由正弦定理得asinA=bsinB，即 7sinπ3=2sinB，解得sinB= 217，
因为c>a>b，故角B为锐角，故csB= 1−sin2B=2 77，
所以sin2B=2sinBcsB=2× 217×2 77=4 37，
cs2B=1−2sin2B=1−2× 2172=17，
所以sin(2B−A)=sin2BcsA−cs2BsinA
=4 37×12−17× 32=3 314．
17.(1)
因为平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，
且平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊂平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD．
(2)
由题意和(1)知，AB,AD,AP两两垂直，
以A为原点，AB,AD,AP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P0,0,1,A0,0,0,B1,0,0,D0,1,0,C1,1,0．
可得M0,12,12,AC=(1,1,0),AM=0,12,12．
易知平面PAB的一个法向量为AD=(0,1,0)．
设平面ACM的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=x+y=0n⋅AM=12y+12z=0,
令y=−1，则x=1,z=1，可得n=(1,−1,1)．
设平面ACM与平面PAB的夹角为θ∈0,π2，
则csθ=csn,AD=n⋅ADn⋅AD=1 3= 33，
可得sinθ= 1−cs2θ= 63
所以平面ACM与平面PAB的夹角的正弦值为 63．
18.(1)
因为c2，a2，b2成等差数列，所以2a2=c2+b2，
又c2=a2+b2，所以a2=2b2．
将点3, 62的坐标代入C的方程得92b2−64b2=1，解得b2=3，
所以a2=6，所以C的方程为x26−y23=1．
(2)
依题意可设PQ：x=my+3，
由x=my+3x26−y23=1，得m2−2y2+6my+3=0，

设Px1,y1，Qx2,y2，y1>y2，则y1+y2=−6mm2−2y1y2=3m2−2．
Mx1+x22,y1+y22，N2,y1+y22，
则k1−k2=kPN−kQN=y1−y22x1−2−y2−y12x2−2=y1−y22my1+1−y2−y12my2+1=y1−y2my1+y2+22m2y1y2+my1+y2+1，
而S=12OF⋅y1−y2=32y1−y2，
所以k1−k2S=my1+y2+23m2y1y2+my1+y2+1=−6m2m2−2+233m2m2−2+−6m2m2−2+1=−4m2−4−6m2−6=23，
所以k1−k2S是定值，定值为23．
19.解：(1)因为 7=1+2+22 ，所以 a7=1+q+q2 ；
因为 8=23 ，所以 a8=q3 ．
(2)由数列 an 定义得： bn=a2n−1=qn−1 ，所以 i=1nbi=1+q+q2+⋯+qn−1 ．
而 2n−1=1+2+22+⋯+2n−1 ，
所以 a2n−1=1+q+q2+⋯+qn−1=i=1nbi ．
(3)当 1故对任意 an ，存在 am ，使得 am>an ．
设 m 是满足 am>an 的最小正整数．下面证明 am≤an+1 ．
①若 m−1 是偶数，设 m−1=2x1+22x2+⋯+2kxk,xi∈0,1,i=1,2,⋯,k ，
则 m=1+2x1+22x2+⋯+2kxk ，于是 am=1+x1q+x2q2+⋯+xkqk=1+am−1 ．
因为 an≥am−1 ，所以 am=1+am−1≤an+1 ．
②若 m−1 是奇数，设 m−1=1+2+22+⋯+2l+2l+2xl+2+⋯+2kxk ，
则m=2l+1+2l+2xl+2+⋯+2kxk，
所以am−am−1=ql+1−(1+q+q2+⋯+ql)
=(q−1)(1+q+q2+⋯+ql)−(1+q+q2+⋯+ql)+1<1．
所以 am综上所述，对于任意正整数 n ，存在正整数 m ，使得 an