2023-2024学年福建省泉州市泉港二中、泉州十一中、晋江陈埭中学高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市泉港二中、泉州十一中、晋江陈埭中学高二下学期7月期末考试数学试题（含解析），共15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.已知集合A=x∣x2−x−2<0,B=x∣3x−1>0，则A∩B=( )
A. −∞,0B. 0,2C. −1,0D. −1,2
2.i为虚数单位，iz=1+i，则z=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
3.已知向量a=(−1,m)，向量b=(n,−2)，向量c=(1,1)，若a与b共线，b⊥c，则( )
A. m=−1B. n=−2C. m+n=3D. m−n=1
4.已知a,b∈R，那么lg2a>lg2b是12a<12b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tanα+π6=12，则cs2α+π3=( )
A. −35B. 35C. −45D. 45
6.“二十四节气”是中国古代劳动人民伟大的智慧结晶，其划分如图所示．小明打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗．他准备在春季的6个节气与夏季的6个节气中共选出3个节气，若春季的节气和夏季的节气各至少选出1个，则小明选取节气的不同情况的种数是( )
A. 90B. 180C. 270D. 360
7.(2xy−1)·(x+y)7的展开式中x5y2的系数为( )
A. −91B. −21C. 14D. 49
8.已知直线y=kx+b是曲线y=x2−(a+1)的切线，也是曲线y=alnx−1的切线，则k的最大值是( )
A. 2eB. 4eC. 2eD. 4e
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。
9.六位评委给某选手的评分分别为：16，18，20，20，22，24.去掉最高分和最低分，所得新数据与原数据相比不变的是( )
A. 极差B. 众数C. 平均数D. 第25百分位数
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.投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量Xn=1,第n次投出正面,−1,第n次投出反面,(n=1,2,3).记A表示事件“X1+X2=0”，B表示事件“X2=1”，C表示事件“X1+X2+X3=−1”，则( )
A. B和C互为对立事件B. 事件A和C不互斥
C. 事件A和B相互独立D. 事件B和C相互独立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1, 3)，a⋅b=2，b在a上的投影向量的坐标为 ．
13.有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占40%，乙工厂生产的占60%.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为3%，2%，则从这批产品中任取一件是次品的概率是 ．
14.如图，点O是边长为1的正六边形ABCDEF的中心，l是过点O的任一直线，将此正六边形沿着l折叠至同一平面上，则折叠后所成图形的面积的最大值为 ．
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)
△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinC=csinB，C=2π3．
(1)求B;
(2)若△ABC面积为3 34，求BC边上中线的长．
16.(本小题12分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD,AB//CD,CD=2AB．
(1)证明：B1C//平面A1BD1；
(2)若AA1⊥平面ABCD,AB=AA1=1,AD=2，求二面角A1−BD1−D的正弦值．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=axln x−32x−12x+2，且f(x)图象在x=1处的切线斜率为0．
(1)求a的值；
(2)令g(x)=f′(x)，求g(x)的最小值．
18.(本小题12分)
为了迎接4月23日“世界图书日”，宁波市将组织中学生进行一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下，得分在70,80内的学生获三等奖，得分在80,90内的学生获二等奖，得分在90,100内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．

(1)求a的值；若现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；
(2)若我市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2)，其中σ≈15，μ为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①若我市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数(结果四舍五入到整数)；
②若从所有参赛学生中(参赛学生数大于10000)随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为ξ，求随机变量ξ的分布列．
附参考数据：若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973．
19.(本小题12分)
若实数集A,B对∀a∈A,∀b∈B，均有(1+a)b≥1+ab，则称A→B具有Bernulli型关系．
(1)若集合M=xx≥1,N=1,2，判断M→N是否具有Bernulli型关系，并说明理由；
(2)设集合S=xx>−1,T=xx>t，若S→T具有Bernulli型关系，求非负实数t的取值范围；
(3)当n∈N∗时，证明：k=1nk 1+k2−1k答案解析
1.B
【解析】A=x∣x2−x−2<0=−1,2，B=x∣3x−1>0=0,+∞，
则A∩B=0,2，
故选：B．
2.B
【解析】解：因为iz=1+i，所以z=1+ii=i+i2i2=1−i，则z= 12+−12= 2．
故选：B．
3.C
【解析】因为a与b共线，所以(−1)×(−2)−mn=0，解得mn=2．
又b⊥c，所以n×1+(−2)×1=0，解得n=2，所以m=1，所以m+n=3．
故选：C．
4.A
【解析】解：因为a>0,b>0，且y=lg2x在0,+∞上单调递增，所以lg2a>lg2b⇒a>b>0，
又y=12x在R上单调递减，所以12a<12b，充分性成立，
由(12)a<(12)b⇔a>b,a,b∈R，当a<0，b<0时，lg2a,lg2b无意义，
(12)a<(12)b不一定推出lg2a>lg2b成立
必要性不成立，
故选：A．
5.B
【解析】因为tanα+π6=sinα+π6csα+π6=12且sin2α+π6+cs2α+π6=1，
解得sin2α+π6=15，
所以cs2α+π3=cs2α+π6=1−2sin2α+π6=1−2×15=35．
故选：B
6.B
【解析】根据题意可知，小明可以选取1春2夏或2春1夏，
其中1春2夏的不同情况有：C61⋅C62=90种；
2春1夏的不同情况有：C62⋅C61=90种，
所以小明选取节气的不同情况有：90+90=180种．
故选：B．
7.D
【解析】解： 由题意得：(x+y)7的展开式的通项为：
Tr+1=C7r⋅x7−r⋅yr(r=0,1,...,7)，
即2xyC73x4y3−C72x5y2=2C73−C72·x5y2=49x5y2，
则(2xy−1)·(x+y)7的展开式中x5y2的系数为49．
故选：D．
8.B
【解析】因为y=kx+b是fx=x2−(a+1)和gx=alnx−1公切线，
设切点分别为(x1,x12−(a+1))和(x2,alnx2−1)，则f′x1=g′x2=k，
由fx=x2−(a+1)，可得f′x=2x，则k=f′x1=2x1
又由gx=alnx−1，可得g′x=ax，且x>0，则k=g′x2=ax2，
所以2x1=ax2=alnx2−x12+ax2−x1=k，可得2x1=alna2x1−x12+aa2x1−x1=k，
即alna2x1+x12=0，显然a,x1同号，不妨设a>0,x1>0，
设ℎa=alna2x1+x12，(其中a>0,x1>0)，
可得ℎ′a=1+lna−ln(2x1)，令ℎ′a=0，可得a=2x1e，
当x∈(0,2x1e)时，ℎ′a<0，ℎa单调递减；
当x∈(2x1e,+∞)时，ℎ′a>0，ℎa单调递增，
要使得ℎa=0有解，则需要ℎ(2x1e)≤0，即ℎ(2x1e)=2x1eln2x1e2x1+x12≤0
即−2x1e+x12≤0，解得x1≤2e，所以k=2x1≤4e，即k的最大值为4e．
故选：B．
9.BC
【解析】解：从6个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到4个新数据为：18，20，20，22，
极差为：22−18=4，众数为：20，
平均数为：18+20+20+224=20，
因为0.25×4=1，所以新数据的第25百分位数为18+202=19，
原数据为：16，18，20，20，22，24，
极差为：24−16=8，
众数为：20，
平均数为：16+18+20+20+22+246=20，
因为0.25×6=1.5，所以第25百分位数为18，
所以所得新数据与原数据相比不变的是：众数和平均数．
故选：BC．
10.ACD
【解析】解：将x=0代入(x−1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6得0−16=a0，解得a0=1， A正确；
由二项式定理可知x−16展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r−1r，
令6−r=3得r=3，所以a3=C63−13=−20， B错误；
将x=2代入(x−1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6得2−16=a0+2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6，
即2a1+4a2+8a3+16a4+32a5+64a6=0， C正确；
将x=1代入(x−1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6得1−16=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6，
即a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=0①，
将x=−1代入(x−1)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6得−1−16=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，
即a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=64②，
①+②得2a0+a2+a4+a6=64，所以a0+a2+a4+a6=32，
①−②得2a1+a3+a5=−64，所以a1+a3+a5=−32，
所以a0+a2+a4+a6=a1+a3+a5， D正确；
故选：ACD．
11.BC
【解析】选项A，事件B和C均会出现“反，正，反”的情况，故选项A错误;
选项B，事件A和C均会出现“反，正，反”的情况，故选项B正确;
选项C，易知P(A)=C21(12)2=12，P(B)=12，
事件AB为前两次投出的硬币结果为“反，正”，则P(AB)=14，
∴P(AB)=P(A)P(B)=14，故选项C正确;
选项D，由选项AC可知P(BC)=(12)3=18，P(B)=12，
在事件C中三次投出的硬币有一次正面，两次反面，则P(C)=C32(12)3=38，
∴P(BC)≠P(B)P(C)，故选项D错误;
综上所述，应选BC．
12.(12, 32)
【解析】由a=(1, 3)，得|a|= 12+( 3)2=2，
所以b在a上的投影向量a⋅b|a|2a=12a=(12, 32)．
故答案为：(12, 32)

【解析】设A1，A2分别表示甲、乙厂生产的产品，B表示取到次品，
则P(A1)=0.4，P(A2)=0.6，
P(B|A1)=0.03，P(B|A2)=0.02，
∴从中任取一件产品取到次品的概率为：
PB=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)
=0.4×0.03+0.6×0.02=0.024，
故答案为：0.024．
14.6 3−9
【解析】解：
如图，由对称性可知，折叠后的图形与另外一半不完全重合时比完全重合时面积大，
此时，折叠后面积为正六边形面积的12与▵PMN面积的3倍的和．
由正六边形的性质和对称性知，PM+PN+MN=1，∠MPN=120∘，
在▵PMN中，由余弦定理可得：
MN2=1−PM−PN2=PM2+PN2−2⋅PM⋅PNcs120∘，
得2PM+PN−PM⋅PN−1=0，
由基本不等式可知PM+PN≥2 PM⋅PN，则0≥4 PM⋅PN−PM⋅PN−1，
故PM⋅PN−4 PM⋅PN+1≥0，
因0当且仅当PM=PN=2− 3时等号成立，
故S▵PMN=12PM⋅PN⋅sin120∘≤ 347−4 3，
又正六边形的面积S=6× 34=3 32，
所以折叠后的面积最大值为： 347−4 3×3+12×3 32=6 3−9．
故答案为：6 3−9．
15.解：(1)∵asinC=csinB，∴由正弦定理，得sinAsinC=sinCsinB，
∵C=2π3，∴sinC>0，∴sinA=sinB，
又∵0∵A+B+C=π，且C=2π3，∴B=π6．
(2)依题意3 34=12absinC，
∵A=B，∴a=b，
∴3 34=12a2sin2π3= 3a24，解得a= 3，
设边BC的中点为D，∴CD= 32，AC= 3，
∴在△ACD中，由余弦定理知AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅csC
=3+34−2× 3× 32×cs2π3=214，
∴BC边上中线的长为 212．
【解析】(1)由正弦定理可得A=B，再结合三角形的内角和，可解；
(2)由三角形的面积可得a的值，在△ACD中，由余弦定理可求结果．
16.解：(1)如图：
取C1D1中点M，CD中点N，连接B1M,CM,BN,D1N，
一方面：因为AB//CD,CD=2AB，
所以AB//ND,AB=ND，即四边形ABND是平行四边形，
所以BN//AD,BN=AD，
又AD//A1D1,AD=A1D1，
所以BN//A1D1,BN=A1D1，即四边形A1BND1是平行四边形，
因为A1B1//MD1，A1B1=MD1，
所以四边形A1B1MD1是平行四边形，所以B1M//A1D1，
又因为B1M⊄平面A1BD1，A1D1⊂平面A1BD1，
所以B1M//平面A1BD1，同理可得CM/​/平面A1BD1，
又CM∩B1M=M，CM，B1M⊂平面B1CM，
所以平面B1CM//平面A1BD1，又B1C⊂平面B1CM，
所以B1C/​/平面A1BD1
(2)若AA1⊥平面ABCD，又AB,AD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥AB,AA1⊥AD，
又AB⊥AD，
所以以A为原点，以AB,AD,AA1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A10,0,1,B1,0,0,D0,2,0,D10,2,1，
所以BD=−1,2,0,DD1=0,0,1,A1B=1,0,−1,A1D1=0,2,0，
设n1=x1,y1,z1是平面BDD1的法向量，
则n1⋅BD=0n1⋅DD1=0，即−x1+2y1=0z1=0，令y1=1，解得x1=2,z1=0，
即可取平面BDD1的一个法向量为n1=2,1,0，
设n2=x2,y2,z2是平面A1BD1的法向量，
则n2⋅A1B=0n2⋅A1D1=0，即x2−z2=02y2=0，令z2=1，解得x2=1,y2=0，
即可取平面A1BD1的一个法向量为n2=1,0,1，
设二面角A1−BD1−D的大小为θ，
则csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2 5× 2= 105，
所以sinθ= 155，即二面角A1−BD1−D的正弦值为 155．
【解析】(1)取C1D1中点M，CD中点N，连接B1M,CM,BN,D1N，通过线面平行、面面平行的判定定理首先得平面B1CM//平面A1BD1，再利用面面平行的性质即可得证；
(2)建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解．
17.解：(1)因为f(x)=axln x−32x−12x+2，
所以f′(x)=a(1+ln x)−32+12x2，
因为f(x)图象在x=1处的切线斜率为0，
所以f​′(1)=0，即a−32+12=0，
所以a=1；
(2)由(1)知函数f(x)=xln x−32x−12x+2，定义域为(0,+∞)，
f′(x)=ln x+12x2−12，
则g(x)=ln x+12x2−12(x>0)，
求导得g′(x)=1x−1x3=x2−1x3，
当01时，g​′(x)>0，
则函数g(x)在0,1上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则g(x)min=g(1)=0，
故g(x)的最小值为0．
【解析】(1)对f(x)求导，可得f​′(1)=0，解方程即可得出答案；
(2)由(1)知函数f(x)=xln x−32x−12x+2，对f(x)求导，则g(x)=ln x+12x2−12(x>0)，对g(x)求导，判断g′(x)与0的大小得出g(x)的单调性，即可求出g(x)的最小值．
18.(1)由频率分布直方图性质可得：0.006+0.012+0.018+a+0.016+0.008+0.006×10=1，
所以a=0.034，由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有10×0.006×100=6人，
获二等奖的有10×0.008×100=8人，获三等奖的有10×0.016×100=16人，
共有30人获奖，70人没有获奖，
从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为C1002，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，
则事件A包含的基本事件的个数为C701C301，因为每个基本事件出现的可能性都相等，
所以PA=C701C301C1002=1433，
即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为1433．
(2)
由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值，μ=35×0.006×10+45×0.012×10+55×0.018×10+65×0.034×10
+75×0.016×10+85×0.008×10+95×0.006×10=64，
则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N64,152，
①因为μ+δ=79，Pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.6827，
所以P(X>79)=P(X>μ+σ)≈1−0.68272=0.15865，
故参赛学生中成绩超过79分的学生数约为0.15865×10000=1587．
②由μ=64，得P(X>64)=12，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为12，
所以随机变量ξ服从二项分布B3,12，
所以Pξ=0=C30123=18，Pξ=1=C31123=38，
Pξ=2=C32123=38，Pξ=3=C33123=18，
所以随机变量ξ的分布列为：
【解析】(1)由频率分布直方图的性质求a，根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；
(2)由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正态分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量ξ服从二项分布ξ∼B3,12，根据二项分布确定概率分布列即可．
19.解：(1)依题意，M→N是否具有Bernulli型关系，
等价于判定以下两个不等式对于∀x>1是否均成立：
①(1+x)1≥1+x，②(1+x)2≥1+2x，
∵∀x>1，(1+x)1=1+x，(1+x)2=1+2x+x2>1+2x，
∴M→N具有Bernulli型关系．
(2)令f(x)=(1+x)b−bx−1，x∈S，b∈(0,+∞)，
则f′(x)=b[(1+x)b−1−1]，
①当b=1时，显然有(1+x)b=1+xb，∴(1+x)b≥1+xb成立；
②当b>1时，
若−1∴f(x)在 区间(−1,0)上单调递减，
若x=0，则(1+0)b−1−1=0，即f′(0)=0，
若x>0，则(1+x)b−1>(1+x)0=1，即f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
∴f(x)的最小值为f(0)=0，∴f(x)≥f(0)=0，
∴(1+x)b−(bx+1)≥0，∴(1+x)b≥1+xb成立；
③当0若−1(1+x)0=1，即f′(x)>0，
∴f(x)在区间(−1,0)上单调递增，
若x=0，则(1+0)b−1−1=0，即f′(0)=0，
若x>0，则(1+x)b−1<(1+x)0=1，即f′(x)<0，
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
∴f(x)的最大值为f(0)=0，∴f(x)≤f(0)=0，
∴(1+x)b−(bx+1)≤0，即(1+x)b≤bx+1
∴当x∈S，且0综上所述，可知若S→T具有Bernulli型关系，则T⊆{x|x≥1}，
∴非负实数t的取值范围为[1,+∞)．
(3)证明：∵(k 1+k2)−1k=(k2+1k2)12k=(1+1k2)12k，
因为k为正整数，
所以1k2>−1且0<12k<1，
由(2)中的结论：当0可知(1+1k2)12k≤1+1k2⋅12k=1+12k3，
当k≥2时，12k3⩽24(k3−k)=k+1−(k−1)4(k−1)k(k+1)=14[1(k−1)k−1k(k+1)]，
∴(1+1k2)12k≤1+14[1(k−1)k−1k(k+1)]，k≥2，
当n=1时，k=1n(k 1+k2)−1k当n≥2时，k=1n(k 1+k2)−1k= 2+k=2n(k 1+k2)−1k<32+i=2n[1+14(k−1)k−14k(k+1)]
=n+12+14⋅[12−1n(n+1)]=n+58−14n(n+1)综上所述，当n∈N∗时，k=1n(k 1+k2)−1k 【解析】(1)根据定义判断是否满足(1+a)b≥1+ab即可；
(2)令f(x)=(1+x)b−bx−1，x∈S，b∈(0,+∞)，再对其求导，分b=1，b>1，0(3)化简(k 1+k2)−1k=(1+1k2)12k，可得1k2>−1且0<12k<1，根据(2)中的结论，可得(1+1k2)12k≤1+1k2⋅12k=1+12k3，再根据k的范围求出12k3的范围，进而可求出(1+1k2)12k的范围，最后可得k=1n(k 1+k2)−1k的范围．
ξ
0
1
2
3
P
18
38
38
18