2023-2024学年福建省福州三中高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州三中高二（下）期末数学试卷（含答案），共7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A={x|x2−3x<0}，B={1,2,3,4}，则(∁RA)∩B=( )
A. {4}B. {3,4}C. {2,3,4}D. {1,2,3}
2.已知z=2+i，则z(z−−i)=( )
A. 2−iB. 1+2iC. −6+2iD. 6−2i
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an=3Sn−1，则S4=( )
A. 38B. 916C. 724D. 516
4.若函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)向左平移φ个单位后在区间[0,π2]上单调递增，则φ=( )
A. π3B. π2C. π6D. 2π3
5.如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是( )
A. △CEF为正三角形B. SA⊥平面CEF
C. SD/​/平面CEFD. 点D到平面CEF的距离为2 3
6.若命题“∃a∈[1,3]，ax2+(a−2)x−2>0”是假命题，则x不能等于( )
A. −1B. 0C. 1D. 23
7.若x>0，y>0，且1x+1+1x+2y=1，则2x+y的最小值为( )
A. 2B. 2 3C. 12+ 3D. 4+2 3
8.下列不等式中，所有正确的序号是( )
①4tan14>1 ②tan(π−2)>sin2 ③10sin110>6πsinπ6 ④cs45<45
A. ①③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④
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.已知平面直角坐标系中四点A(0,−1)，B(1,−1)，C(−2,−7)，D(−1,t)，O为坐标原点，则下列叙述正确的是( )
A. AB=(1,0) B. 若OA+OB=λOD，则t=2
C. 当t=−4时，A，B，D三点共线 D. 若AC与BD的夹角为锐角，则t<−13
10.在下列底面为平行四边形的四棱锥中，M，S，T，P，Q是四棱锥的顶点或棱的中点(如图)，则PQ/​/平面MST的有( )
A. B.
C. D.
11.设点A(x1,y1)(x1≠0)是抛物线y2=4x上任意一点，过点A作抛物线x2=4y的两条切线，分别交抛物线y2=4x于点B(x2,y2)和点C(x3,y3)，则下列结论正确的是( )
A. (y1+y2)y1y2=−8B. y1+y2+y3=0
C. y1y2y3=16D. 直线BC与抛物线x2=4y相切
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在(2x−y)6的展开式中，含x5y的项的系数是______．
13.已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ= 2+1，则sin(α+β)= ______．
14.已知动点P，Q分别在圆M：(x−lnm)2+(y−m)2=14和曲线y=lnx上，则|PQ|的最小值为______．
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)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin=bsinA，b=2 3．
(1)求角B的大小；
(2)求2a−c的取值范围．
16.(本小题15分)
已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1=b1=3，且b3−a3，20，a5+b2既是等差数列，又是等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Sn．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PD与底面所成的角为45°，E为PD的中点．
(1)求证：AE⊥平面PCD；
(2)若AB=2，G为△BCD的内心，求直线PG与平面PCD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
如图，已知椭圆C1：x24+y2=1和抛物线C2：x2=2py(p>0)，C2的焦点F是C1的上顶点，过F的直线交C2于M、N两点，连接NO、MO并延长之，分别交C1于A、B两点，连接AB，设△OMN、△OAB的面积分别为S△OMN、S△OAB．
(1)求p的值；
(2)求OM⋅ON的值；
(3)求S△OMNS△OAB的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=xlnx−x+1，其导函数为f′(x)．
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若直线y=ax+b是曲线y=f′(x)+ex的切线，求a+b的最小值；
(3)证明：ln23+ln38+…+lnnn2−1>12−1n+1(n∈N∗,n≥2)．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.B
5.C
6.C
7.C
8.D
9.AB
10.AB
11.BCD
12.−192
13.−2 23
14. 2−12
15.解：(1)∵A+C=π−B，asin=bsinA，∴asin=bsinA，
∴acs=bsinA，∴sinAcs=sinBsinA，∴cs=sinB=2sincs，∴sin=，
∴B=，
(2)由正弦定理得===2 3 32=4，
∴2a−c=8sinA−4sinC=8sinA−4in(−A)=8sinA−4( 32csA+sinA)=6sinA−2 3csA=4 3( 32sinA−csA)
=4 3sin(A−)，
当且仅当16.解：(1)由题意可得，b3−a3，20，a5+b2为常数列，公比为1，公差为0，
所以b3−a3=20=a5+b2．
又a1=b1=3，设公差为d、公比为q(q>0)，
则3q2−(3+2d)=20(3+4d)+3q=20，解得q=3d=2，
所以an=2n+1,bn=3n；
(2)由(1)可得cn=an⋅bn=(2n+1)×3n，
所以Sn=3×31+5×32+7×33+⋯+(2n+1)×3n，
3Sn=3×32+5×33+7×34+⋯+(2n+1)×3n+1，
两式相减得，−2Sn=3×31+2×32+2×33+⋯+2×3n−(2n+1)×3n+1
=9+2×32(1−3n−1)1−3−(2n+1)×3n+1=3n+1−(2n+1)×3n+1=−2n×3n+1，
所以Sn=n×3n+1．
17.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥PA，而CD⊥AD，AD∩PA=A，
所以CD⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，
所以CD⊥AE，
因为PA=AD，E为PD的中点，PD与底面所成的角为45°，
所以AE⊥PD，又因为PD∩CD，
所以AE⊥平面PCD；
(2)解：以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
因为正方形中，AB=2，由(1)可得AP=2，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
E(0,1,1)，AC=(2,2,0)，AE=(0,1,1)，
由(1)可知平面PCD的法向量为AE=(0,1,1)，
因为G为△BCD的内心，设圆G与△BCD切于Q，M，N，如图所示：
由△BCD为等腰直角三角形，可得G在对角线AC上，
设AC，BD的交点为M，则M为圆的切点，圆的半径为r，
M(1,1,0)，
则r=CG⋅ 22=GM，而CG+MG=CM=12AC，
可得MG= 2−12AC，
可得G( 2, 2,0)，
所以PG=( 2, 2,−2)
AE⋅PG=0× 2+1× 2+1×(−2)=−2+ 2，|AE|= 2，|PG|=2 2，
所以cs=AE⋅PG|AE|⋅|PG|=−2+ 2 2⋅2 2=−−2+ 24．
直线PG与平面PCD所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=2− 24．
18.解：(1)抛物线C2的焦点为F(0,1)，故p=2．
(2)若直线MN与y轴重合，则该直线与抛物线C2只有一个公共点，不合乎题意，
所以，直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+1，点M(x1,y1)、N(x2,y2)，
联立x2=4yy=kx+1，可得x2−4kx−4=0，
Δ=16k2+16>0恒成立，则x1x2=−4，
OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+x124x224=−4+1=−3．
(3)设直线NO、MO的斜率分别为k1、k2，其中k1>0，k2<0，
联立x24+y2=1y=k1x，可得(4k12+1)x2=4，解得x=±2 4k12+1，
点A在第三象限，则xA=−2 4k12+1，
点B在第四象限，同理可得xB=2 4k22+1，
且k1k2=y1y2x1x2=x1x216=−14，
S△OMNS△OAB=|OM|⋅|ON||OB|⋅|OA|=|x1|⋅|x2|2 4k12+1⋅2 4k22+1
= (4k12+1)(4k22+1)= 4k12+14k12+2
≥ 2 4k12⋅14k12+2=2，
当且仅当k1=12时，等号成立．
∴S△OMNS△OAB的取值范围为[2,+∞)．
19.解：(1)f(x)定义域为{x|x>0}，
则f′(x)=lnx+x⋅1x−1=lnx，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)的极小值点为x=1，没有极大值点；
(2)令g(x)=y=f′(x)+ex=lnx+ex，则g′(x)=1x+e,x>0，
设切点为(t,g(t))(t>0)，则g(t)=lnt+et，g′(t)=1t+e，
则切线方程为y−(ℎt+et)=(1t+e)(x−t)，
即y=(2+c)x+mt−1，又y=ax+b是曲线的切线方程，
则a=1t+eb=lnt−1，则a+b=1t+e+lnt−1，
令ℎ(t)=1t+e+lnt−1,t>0，则ℎ′(t)=1t−1t2=t−1t2，t>0，
令ℎ′(t)=0，得t=1，
所以t>1时，ℎ′(t)>0；0所以ℎ(t)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以ℎ(t)min=ℎ(1)=e，即a+b的最小值为e；
(3)证明：由(1)可知，f(x)在(0,1)单调递减，(1,+∞)单调递增，
所以f(x)min=f(1)=0，则xlnx≥x−1，
因为x>0，则ℎx≥x−1x，当x=1时取等号，
令x=n(n∈N∗,n≥2)，则lnn>n−1n，
因为n2−1>0，所以lnnn2−1>n−1n(n2−1)，
又因为n−1n(n2−1)=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以lnnn2−1>1n−1n+1，
则ln23>12−13，ln38>13−14，…，lnnn2−1>1n−1n+1，
累加后可得ln23+ln38+⋯+lnnn2−1>12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=12−1n+1，
即ln23+ln38+⋯+lnnn2−1>12−1n+1(n∈N∗,n≥2)．