2023-2024学年河南省周口市西华第三高级中学高三（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年河南省周口市西华第三高级中学高三（上）期末数学试卷（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|x2−4≥0}，B={x|00,b>0)的左、右焦点，点P在双曲线上，PF1⊥PF2，圆O：x2+y2=94(a2+b2)，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点，若四边形AMBN的面积为9b2，则C的离心率为( )
A. 54B. 85C. 52D. 2 105
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.已知甲种杂交水稻近五年的产量(单位：t/ℎm2)数据为：9.8，10.0，10.0，10.0，10.2，乙种杂交水稻近五年的产量(单位：t/ℎm2)数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则( )
A. 甲种的样本极差小于乙种的样本极差
B. 甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数
C. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差
D. 甲种的样本60百分位数小于乙种的样本60百分位数
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π20，故Sn=2n−1．
当n=1时，S1=a1=1适合上式，
所以Sn=2n−1，n∈N∗．
(2)(方法1)因为Sn=2n−1，n∈N∗，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2n−1)−(2n−3)=2．
所以an=1 ,n=1,2 ,n≥2.
所以数列{bn}：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……，
设1+2+⋯+n=n(n+1)2≤100，则n2+n−200≤0，
因为n∈N∗，所以n≤13．
所以{bn}的前100项是由14个1与86个2组成．
所以T100=14×1+86×2=186．
(方法2)设1+2+⋯+n=n(n+1)2≤100，则n2+n−200≤0，
因为n∈N∗，所以n≤13．
根据数列{bn}的定义，知T100=a1+(a1+a2)+(a1+a2+a3)+⋯+(a1+a2+⋯+a13)+(a1+a2+⋯+a9)
=S1+S2+…+S13+S9=(1+3+5⋯+25)+17=13×(1+25)2+17=186．
17.解：(1)零假设H0：喜欢旅游与性别无关，
因为K2=100×(20×20−30×30)250×50×50×50=4>3.841，
所以依据小概率值α=0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为喜欢旅游与性别有关；
(2)任取一人喜欢旅游的概率P=2050=25，
由题意可知：ξ～B(2,25)，ξ的可能取值为0，1，2，
所以P(ξ=0)=C20×(1−25)2×(25)0=925，
P(ξ=1)=C21×(1−25)1×(25)1=1225，
P(ξ=2)=C22×(1−25)0×(25)2=425，
所以ξ的分布列为：
所以E(ξ)=0×925+1×1225+2×425=45．
18.解：(1)证明：∵BC⊥AB，AB/​/CD，∴CD⊥BC，
∵CD⊥CE，BC∩CE=C，BC，CE⊂平面BCE，
∴CD⊥平面BCE，
∵CD⊂平面ABCD，∴平面BCE⊥平面ABCD；
(2)取AB的中点N.连接DN、MN，
由(1)知CD⊥平面BCE，
∵BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，
如图，过点A作AF⊥CD，
∵∠ADC=45°，AD= 2，∴AF=1，DF=FC=1，∴BC=1，
∵∠EDC=45°，CD⊥CE，∴CD=CE=2，
∵BE= 3，由勾股定理可知BE⊥BC，
∵BC∩CD=C，BC、CD⊂平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD，
∵DM=12(DA+DE)，∴M为AE的中点，
∴MN/​/BE，又BE= 3，∴MN= 32，
∴MN⊥平面ABCD，∴∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角，
由(1)知CD⊥BC，又AB/​/CD，AB=12CD，
∠ADC=45°，AD= 2，∴AB=BC=12CD=1，
则DN= AD2+AN2−2AD⋅AN⋅cs∠DAN= 132，
∴DM2=DN2+MN2=134+34=4，∴DM=2，
∴sin∠MDN=MNDM= 322= 34，
∴直线DM与平面ABCD所成角的正弦值为 34．
19.解：(Ⅰ)对函数求导可得：f′(x)=ex[ln(x+1)+1x+1]，
将x=0代入原函数可得f(0)=0，将x=0代入导函数可得：f′(0)=1，
故在x=0处切线斜率为1，故y−0=1(x−0)，化简得：y=x；
(Ⅱ)由(Ⅰ)有：g(x)=f′(x)=ex[ln(x+1)+1x+1]，
g′(x)=ex[ln(x+1)+2x+1−1(x+1)2]，
令ℎ(x)=ln(x+1)+2x+1−1(x+1)2，令x+1=k(k≥1)，
设m(k)=lnk+2k−1k2，m′(k)=(k−1)2+1k3>0恒成立，
故ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，又因为ℎ(0)=1，
故ℎ(x)>0在[0,+∞)上恒成立，故g′(x)>0，
故g(x)在[0,+∞)上单调递增；
(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)有g(x)在[0,+∞)上单调递增，又g(0)=1，
故g(x)>0在[0,+∞)恒成立，故f(x)在[0,+∞)上单调递增，
设w(x)=f(x+t)−f(x)，w′(x)=f′(x+t)−f′(x)，
由(Ⅱ)有g(x)在[0,+∞)单调递增，又因为x+t>x，所以f′(x+t)>f′(x)，
故w(x)单调递增，又因为s>0，故w(s)>w(0)，
即：f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，又因为函数f(0)=0，
故f(s+t)>f(s)+f(t)，得证． x
−1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1
喜欢旅游
不喜欢旅游
总计
男性
20
30
50
女性
30
20
50
总计
50
50
100
α
0.1
0.05
0.01
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
ξ
0
1
2
P
925
1225
425