2023-2024学年山西省阳泉市第一中学校高二下学期期末测试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山西省阳泉市第一中学校高二下学期期末测试数学试卷（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z=1+bi(b>0)，且z=2，则z=( )
A. −1+ 3iB. 1− 3iC. −1+iD. 1−i
2.已知集合A=xx+1<2，B=−1,0,1，则A∩B=( )
A. −1,0B. 0,1C. 0D. −1,1
3.1−x8展开式中x2的系数为( )
A. −36B. 36C. −28D. 28
4.函数f(x)=cs2π5−2x−1的最小正周期是( )
A. π2B. πC. 2πD. 4π
5.已知直线y=x被圆心为(2,1)的圆截得的弦长为 6，则该圆的方程为( )
A. (x+2)2+(y+1)2=2B. (x+2)2+(y+1)2=4
C. (x−2)2+(y−1)2=2D. (x−2)2+(y−1)2=4
6.已知函数φ(x)=lg2xx+1，则φ13+φ24+⋯+φ911=( )
A. 1B. −1C. lg11D. −lg11
7.如图，在多面体EF−ABCD中，四边形ABCD是边长为3的正方形，EF/​/AB，E到平面ABCD的距离为3，EF= 6，EA=ED=FB=FC.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. 19πB. 20πC. 21πD. 22π
8.已知x为正数，且2sinlnx−x+1x=sin2y−ey+e−y，则( )
A. x+y≤1B. x+y≥1C. xy≤yD. xy≥y
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.已知向量a=λ,2，b=−1,μ，下列说法正确的是( )
A. 若a=b，则λ2=μ2+3
B. 若a与b共线，则λμ=−2
C. 若a⊥b，则λ=−2μ
D. “λμ=−2”是“a+b//a−b”的充要条件
10.已知数列an，bn满足an=bn−n+1，且bn+1=2bn，则( )
A. b3=4a1+2B. 当a1≠0时，bn是等比数列
C. 当b1=0时，an是等差数列D. 当b1>1时，an是递增数列
11.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，且∠PF1F2=40∘，∠PF2F1=60∘，则C的离心率等于( )
A. |PF2||F1F2|B. |PF2|2aC. 12sin40∘D. sin20∘+sin40∘sin40∘+sin60∘
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为 立方米．
13.已知X∼N(1,4)，则P(X≤−3)+P(X≥3)= ．附：若X∼N(μ,σ2)，则PX−μ<σ=0.6827，PX−μ<2σ=0.9545．
14.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，点P,Q,R为C上可相互重合的点，且PF+2QF+2RF=0，则PF的取值范围是 ，PF+3QF的最小值是 ．
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)
记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinA=bsinC．
(1)若A=π3，证明：▵ABC是等边三角形；
(2)若2 2sinA=2sinB+sinC，求csA．
16.(本小题12分)
如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是正方形，AA1=2AB，E，F分别为CC1，A1B1的中点．

(1)证明：C1F//平面A1BE；
(2)求二面角A1−BE−F的正弦值．
17.(本小题12分)
甲、乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
(1)第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
(2)在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
(3)第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望．
18.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右顶点A1,0到C的一条渐近线的距离为 63．
(1)求C的方程；
(2)设过点1,1的直线交C于P,Q两点，过P且垂直于x轴的直线与直线AQ交于点R，证明：以线段PR的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点．
19.(本小题12分)
已知an>0，bn=n2+n，函数fnx=ex−x+lnan−an．
(1)若fn(x)≥0，求i=1naibi；
(2)设2bn2bn−1y2>⋯>yn.证明：
(i)i=1n(xi+1)(yi+1)(ii)nn+1答案解析
1.B
【解析】解：由于4=z2=1+b2，故b2=3，而b>0，故b= 3．
所以z=1−bi=1− 3i．
故选：B．
2.A
【解析】解：直接计算知−1+1=0<2，0+1=1<2，1+1=2≥2．
故B中的三个元素−1,0,1中，在集合A内的是−1和0，所以A∩B=−1,0．
故选：A．
3.D
【解析】解：在1−x8的展开式中，根据二项式定理可知二次项为C82⋅−x2，即28x2．
所以1−x8展开式中x2的系数为28．
故选：D．
4.A
【解析】解：由二倍角公式得f(x)=cs2π5−4x+12−1=12cs2π5−4x−12=12cs4x−2π5−12，
故设f(x)的最小正周期为T，T=2π4=π2．
故选：A
5.C
【解析】解：设圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，易得直线方程为x−y=0，
而d=2−1 12+(−1)2= 22，由勾股定理得r2=( 22)2+( 62)2=2，解得r= 2，
故圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=2，故 C正确．
故选：C
6.B
【解析】解：易知φ13=lg12，φ24=lg23，φ35=lg34，φ46=lg45，φ57=lg56，φ68=lg67，φ79=lg78，φ810=lg89，φ911=lg910，
故φ13+φ24+⋯+φ911=lg(12×23×34×⋯910)=lg110=−1，故 B正确．
故选：B
7.D
【解析】解：连接AC，BD，相交于点O1，
因为四边形ABCD为矩形，所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心．
分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
连接PQ，则PQ//AB，且O1为PQ的中点，
因为EF//AB，所以PQ//EF，
ABCD为矩形，EA=ED=FB=FC，则有EP⊥AD，FQ⊥BC，EP=FQ，
AD//BC，EP⊥BC，EP,FQ是平面EFQP内的两条相交直线，
BC⊥平面EFQP，BC⊂平面ABCD，平面ABCD⊥平面EFQP，
平面ABCD∩平面EFQP=PQ，
等腰梯形EFQP中，M,O1分别为EF,PQ的中点，则有MO1⊥PQ，
所以MO1⊥平面ABCD，则多面体EF−ABCD的外接球球心在MO1上，
EF//AB，EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则EF//平面ABCD，
E到平面ABCD的距离为3，则MO1=3，
当O在线段MO1上时，设OO1=a，则MO=3−a，
在Rt▵EMO和Rt▵AO1O中，由外接球半径R=OA=OE，
有EM2+MO2=OO 12+AO 12，即 622+3−a2=a2+3 222，解得a=1，
外接球半径R=OE= 622+3−12= 112，
该球的表面积S=4πR2=22π．
当O在线段MO1的延长线上时，同理可得，此时无解．
故选：D．
8.D
【解析】解：对于A，当x=eπ，y=π时，有
2sinlnx−x+1x=2sinπ−eπ+e−π=−eπ+e−π=sin2π−eπ+e−π=sin2y−ey+e−y，
此时，存在x+y=eπ+π>π>1，故 A错误；
对于B，C，当x=e−π，y=−π时，有
2sinlnx−x+1x=2sin−π−e−π+eπ=−e−π+eπ=sin−2π−e−π+eπ=sin2y−ey+e−y，
此时，存在x+y=e−π−π−π=y故 B，C错误；
对于D，设ft=et−e−t−sin2t，gt=et−e−t−2sint，则
f′t=et+e−t−2cs2t≥2 et⋅e−t−2=2−2=0，
g′t=et+e−t−2cst≥2 et⋅e−t−2=2−2=0，
且等号仅在t=0时成立，故ft和gt单调递增．
由于−glnx=2sinlnx−x+1x=sin2y−ey+e−y=−fy，故fy=glnx．
假设x−1y<0，则00或x>1y<0．
若00，则fy=glnx若x>1y<0，则fy=glnx>gln1=g0=0=f0>fy，矛盾．
所以x−1y≥0，从而xy=y+x−1y≥y，故 D正确．
故选：D．
9.BD
【解析】解：对于A，若a=b，则λ2+22=a2=b2=−12+μ2，故λ2=−12+μ2−22=μ2−3， A错误；
对于B，若a与b共线，则λμ=2⋅−1=−2， B正确；
对于C，若a⊥b，则a⋅b=−λ+2μ=0，故λ=2μ， C错误；
对于D，由于a+b=λ−1,2+μ，a−b=λ+1,2−μ，故a+b//a−b的充要条件是λ+12+μ=λ−12−μ．
而λ+12+μ−λ−12−μ=2λμ+2，故a+b//a−b的充要条件是λμ=−2， D正确．
故选：BD．
10.BCD
【解析】解：对于A，由已知有4a1=4b1−1+1=4b1=2b2=b3，故 A错误；
对于B，当a1≠0时，由于b1=b1−1+1=a1≠0，且bn+1=2bn，故bn是等比数列，故 B正确；
对于C，当b1=0时，由bn+1=2bn，归纳即知bn=0．
所以an=bn−n+1=−n+1，从而an+1−an=−n−1+1−−n+1=−1，故an是等差数列，故 C正确；
对于D，当b1>1时，由于bn+1=2bn，故bn=b1⋅2n−1≥b1⋅21−1=b1>1．
所以an+1−an=bn+1−n+1+1−bn−n+1=bn+1−bn−1=2bn−bn−1=bn−1>0，从而an是递增数列，故 D正确．
故选：BCD．
11.CD
【解析】解：根据题意，得出∠F1PF2=80∘，
在▵PF1F2中由正弦定理得：PF1sin∠PF2F1=PF2sin∠PF1F2=F1F2sin∠F2PF1=2R，
由椭圆定义可得2a=PF1+PF2=2Rsin∠PF2F1+sin∠PF1F2=2Rsin40∘+sin60∘，
2c=F1F2=2Rsin80∘，
椭圆离心率为e=2c2a=2Rsin80∘2Rsin40∘+sin60∘=sin80∘sin40∘+sin60∘，
sin20∘+sin40∘sin40∘+sin60∘=sin20∘+sin60∘−20∘sin40∘+sin60∘=sin20∘+ 32cs20∘−12sin20∘sin40∘+sin60∘=12sin20∘+ 32cs20∘sin40∘+sin60∘=sin20∘+60∘sin40∘+sin60∘=sin80∘sin40∘+sin60∘=e．
故选：CD．
12.976
【解析】解：因为题目中的单位只涉及米、平方米、立方米，故我们可以在计算中忽略单位．
由于该烽火台是正四棱台，故上下底面都是正方形．
从而该烽火台的上底面面积S1=82=64，下底面面积S2=102=100，高ℎ=12．
故其体积V=13S1+S2+ S1S2ℎ=1364+100+ 64×100×12=976
故答案为：976．

【解析】解：X∼N(1,4)，
PX≤−3+PX≥3=1−P1故答案为：0.1814
14.1,5；132
【解析】解：第一空，如图，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，R(x3,y3)，F(1,0)，

故PF=(1−x1,−y1)，QF=(1−x2,−y2)，RF=(1−x3,−y3)，
而PF+2QF+2RF=0，故(2−2x3+2−2x2+1−x1,−2y3−2y2−y1)=(0,0)，
可得2x3+2x2+x1=5，2y3+2y2+y1=0，即有2y3+2y2+y1=02y 32+2y 22+y 12=20,
由0≤(y3+y2)2≤2(y 32+y 22)，所以0≤(−y12)2≤20−y12，
所以0≤y 12≤16，所以PF=x1+1=y 124+1∈[1,5]．
第二空，QF=x2+1，故PF+3QF=x1+1+3(x2+1)=y 12+3y 224+4，
而2y2+y1=−2y3，故12(2y2+y1)2+2y 22+y 12=20，即2y2y1+4y22+32y12=20，
又2y2y1≤12y12+2y22，
故20=2y2y1+4y 22+32y 12≤2y22+12y12+4y22+32y12=2(y12+3y22)，
即y 12+3y 22≥10，PF+3QF≥104+4=132，故得PF+3QF的最小值为132．
故答案为：[1,5]；132．
15.解：(1)证明：由A=π3，可得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc，
因为asinA=bsinC，由正弦定理可得a2=bc，所以b2+c2−bc=bc，
即b2+c2−2bc=b−c2=0，可得b=c，
结合A=π3，所以▵ABC为等边三角形．
(2)因为2 2sinA=2sinB+sinC，由正弦定理得2 2a=2b+c，
平方可得8a2=4b2+c2+4bc，
又因为a2=bc，可得8bc=4b2+c2+4bc，可得(2b−c)2=0，
所以2b−c=0，即c=2b，则a= bc= 2b，
由余弦定理，可得csA=b2+c2−a22bc=b2+4b2−2b22b×2b=34
【解析】(1)根据题意，得到a2=bc，再由余弦定理得到a2=b2+c2−bc，化简得到b−c2=0，得到b=c，进而证得▵ABC为等边三角形；
(2)由正弦定理得2 2a=2b+c，结合a2=bc，得到(2b−c)2=0，求得c=2b，再利用余弦定理，即可求解．
16.解：(1)

如图建系，设AA1=2AB=4,
则C12,2,4,F1,0,4,A10,0,4,B2,0,0,E2,2,2，
C1F=−1,−2,0，
设平面A1BE法向量为n=x,y,z，
A1B=2,0,−4,BE=0,2,2，
A1B⋅n=2x−4z=0BE⋅n=2y+2z=0,
可得x=2y=−1z=1
即得n=2,−1,1，
因为n⋅C1F=−2+2+0=0,所以C1F//n，C1F不在平面A1BE内，所以C1F//平面A1BE．
(2)设平面BEF法向量为m=a,b,c，
BE=0,2,2,BF=−1,0,4，
m⋅BE=2b+2c=0m⋅BF=−a+4c=0
可得a=4b=−1c=1,
即得m=4,−1,1，
设二面角A1−BE−F为θ,θ∈0,π，
则csθ=m⋅nm⋅n=8+1+1 6× 18=5 39，
因为sin2θ+cs2θ=1,所以sinθ= 69
【解析】(1)根据线面平行的空间向量法证明即可；
(2)根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解．
17.解：(1)设事件A表示从甲中随机取出一红球放入乙箱中，事件B表示从甲中随机取出一白球放入乙中，设事件C表示：从甲中随机取出一球放入乙中，再从乙中随机取出一球，则取出的球是红球，
则有：PA=35,PCA=46=23,PB=25,PCB=36=12，
所以P(C)=P(A)P(CA)+P(B)P(CB)=35×23+25×12=35．
(2)设事件B为第一次从甲取出的是白球，事件C为第二次从乙随机取出一个球是红球；
则PB|C=PBCPC=PBPCBPC=25×1235=13，所以PB|C=13．
(3)第二次从乙随机取出两个球，取出的白球的个数为X，则X=0,1,2，
PX=0=35×C42C62+25×C32C62=35×615+25×315=825，
PX=1=35×C41C21C62+25×C31C31C62=35×815+25×915=1425，
PX=2=35×C22C62+25×C32C62=35×115+25×315=325，
X的分布列为
X的数学期望EX=0×825+1×1425+2×325=2025=45．
【解析】(1)根据全概率公式进行求解即可．
(2)设事件B为第1次取出的是白球，事件C为第2次取出的是红球，根据条件概率公式计算即可；
(3)分情况从甲中随机取出一红球或白球写出白球个数的概率及分布列，再求出期望即可．
18.解：(1)由于A1,0是右顶点，故a=1．
而A1,0到渐近线bx±ay=0的距离均为b a2+b2，故由已知有b a2+b2= 63．
所以23= 632=b a2+b22=b2a2+b2=b212+b2=1−11+b2，解得b= 2．
故C的方程为x2−y22=1．
(2)
记M1,1，T85,−45，并设PR的中点为E．
由于OT的中点为45,−25，OT的斜率kOT=−4585=−12，故OT的垂直平分线为y=2x−45−25，即y=2x−2．
设Px0,y0，由于M1,1，假设PM的斜率不存在，那么PM的方程是x=1，该直线与C只有一个公共点，矛盾；
所以PM的斜率存在，故可设其方程为y=y0−1x0−1x−1+1．
将该直线与x2−y22=1联立，得2x2−y0−1x0−1x−1+12−2=0，
即2−y0−1x0−12x2+2y0−1x0−1⋅y0−x0x0−1x−y0−x0x0−12−2=0．
所以该方程的两根之和为−2⋅y0−1x0−1⋅y0−x0x0−12−y0−1x0−12=−2y0−1y0−x02x0−12−y0−12．
但Px0,y0，故此方程已有一根x=x0，从而另一根为x=−2y0−1y0−x02x0−12−y0−12−x0=x0y0−12−2x0x0−12−2y0−1y0−x02x0−12−y0−12．
设Qx1,y1，则x1=x0y0−12−2x0x0−12−2y0−1y0−x02x0−12−y0−12，y1=y0−1x0−1x1−1+1．
此时，由A1,0，知直线AQ的方程为y=y1x1−1x−1，而过P且垂直于x轴的直线为x=x0，故Rx0,y1x1−1x0−1．
这就得到PR的中点E的坐标为Ex0,12y0+y1x1−1x0−1．
由于12y0+y1x1−1x0−1=12y0+y0−1x0−1x1−1+1x1−1x0−1
=12y0+y0−1x1−1+x0−1x1−1=12y0+y0−1+x0−1x1−1
=12y0+y0−1+x0−1x0y0−12−2x0x0−12−2y0−1y0−x02x0−12−y0−12−1
=122y0−1+x0−12x0−12−y0−12x0y0−12−2x0x0−12−2y0−1y0−x0−2x0−12+y0−12
=122y0−1+2x02−4x0−y02+2y0+1−2x02+y02+1
=122y0−1+2x02−y022−4x0+2y0+1−2x02−y022+1
=122y0−1+2−4x0+2y0+1−2+1
=122y0−1−2+4x0−2y0−1
=124x0−4=2x0−2．
所以点E在直线y=2x−2上，即在OT的垂直平分线上，从而OE=TE．
故O,T关于y=2x−2对称，则T85,−45，
故以线段PR的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过T85,−45．
【解析】(1)直接根据已知条件以及点到直线的距离公式即可求解；
(2)设T85,−45，然后证明PR的中点一定经过OT的垂直平分线，即可证明线段PR的中点为圆心且过坐标原点的圆经过T85,−45．
19.解：(1)根据题意有fn′x=ex−1．
当x<0时，fn′x<0,fnx单调递减，当x>0时，fn′x>0,fnx单调递增，
故fnx≥fn0=1+lnan−an．
设φx=1+lnx−x，则φ′x=1−xx，当00,φx单调递增，当x>1时，
φ′x<0,φx单调递减，φan≤φ1=0，故若fnx≥0，则an=1．
所以 ni=1 aibi= ni=1 1bi= ni=1 (1i−1i+1)=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=nn+1．
(2)(i)由题设可知an>1，由(1)可知，fi0=1+lnai−ai<0i=1,2,⋯n，
且fix在−∞,0和0,+∞分别单调，若fix有两个零点xi1,xi2，则正､负各一个，
故f1x,f2x,⋯,fnx共有2n个零点，即M有2n个元素，且n个是正数，n个是负数．
又因为X,Y各有n个元素，且X∩Y=⌀，故M的所有元素要么属于X，要么属于Y．
若xi>0且yi>0，则xn>⋯>xin−i+1个>0且y1>⋯>yii个>0，
故至少有n+1个零点是正数，这与恰有n个零点是正数矛盾，
同理，xi,yi也不能同为负数.故xi与yi异号，i=1nxiyi<0，
由上不妨设xi1<00,f−xi1−fxi2=f−xi1−fxi1=e−xi1−exi1+2xi1，
设χx=e−x−ex+2x，则χ′x=−e−x−ex+2≤0,χx单调递减，
故χxi1>χ0=0，即f−xi1>fxi1=fxi2，故0所以 ni=1 (xi+1)(yi+1)= ni=1 (xi1+xi2)+ ni=1 xiyi+n(ii)将M的2n个元素按照从小到大的顺序排列得到数列x1′,x2′,⋯,x2n′，
其中x1′,x2′,⋯,xn′均为负数，xn+1′,xn+2′,⋯,x2n′均为正数．
因为x1y2>⋯>yn，故maxxi,yi≥xi>xi−1>⋯>x1 i个，
且maxxi,yi≥yi>yi+1>⋯>yn n−i+1个，故maxxi,yi至少大于M中的n个元素，
maxxi,yi为xn+1′,xn+2′,⋯,x2n′中的某一项；同理可知，minxi,yi为x1′,x2′,⋯,xn′中的某一项．
因为xi−yi=maxxi,yi−minxi,yi，
故 ni=1 |xi−yi|=(xn+1′+xn+2′+⋯+x2n′)−(x1′+x2′+⋯+xn′)= ni=1 (xi2−xi1).．
fi1−ai=e1−ai−1+lnai，设gx=e1−x−1+lnx(x>1)，则g′x=−e1−x+1x=−xe1−x+1x，
设ℎx=−xe1−x+1，则ℎ′x=x−1e1−x，当x>1时，ℎ′x>0,ℎx单调递增，
ℎx>ℎ1=0，g′x=ℎxx>0,gx单调递增，f1−ai=gai>g1=0，
故由(i)可知1−ai故由上可知，, ni=1 |xi−yi|= ni=1 (xi2−xi1)<2 ni=1 (ai−1)<2 ni=1 1bi=2nn+1，
f1−1ai=e1−1ai−1+1ai−ln1ai−ai，设tx=e1−x−1+x−lnx−1x(0当0−e1−x+1+1x−1=−e1−x+1x=g′x=ℎxx，
且由上可知，g′x=ℎxx>0，故t′x>0,tx单调递增，故f1−1ai=t1ai同上有−xi1>xi2>1−1ai，故 ni=1 |xi−yi|= ni=1 (xi2−xi1)>2 ni=1 (1−1ai)> ni=1 1bi=nn+1．
综上，nn+1< ni=1 |xi−yi|<2nn+1．
【解析】(1)先根据已知条件得到an=1，再根据bn的定义求和；
(2)(ⅰ)构造恰当的函数，并利用导数工具证明fix的两个零点之和小于零；
(ⅱ)先说明 ni=1 |xi−yi|的取值与X,Y的选取无关，再利用函数证明相应的不等式．
X
0
1
2
P
825
1425
325