2024-2025学年贵州省毕节市梁才学校等高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年贵州省毕节市梁才学校等高二（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。
1.已知集合P={−1,0,1,2}，Q=[0,2]，则P∩Q=( )
A. [0,2]B. {0,1,2}C. {1,2}D. {1}
2.已知z=2−3i，则z−的虚部是( )
A. 3B. 3iC. −3D. 2
3.在等比数列{an}中，a2=−1，a5=4，则公比q=( )
A. −2B. −12C. −413D. 4−13
4.已知角α满足csα=19，则cs2α=( )
A. 79B. −79C. 7981D. −7981
5.已知向量a，b满足|a|=6，|b|=12，a与b的夹角为π3，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 2aB. aC. 12aD. 4a
6.已知点M(1,1)在直线4mx−y+n=0(m>0,n>0)上，则4m+1n的最小值为( )
A. 52B. 5C. 25D. 254
7.已知抛物线C：32x=y2的焦点为F，点H(4,2)，P是抛物线C上的一个动点，则|PF|+|PH|的最小值为( )
A. 8B. 12C. 10D. 16
8.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=0，f(−x+1)=−f(x+1),f(12)=1，则f(12)+f(32)+f(52)+⋯+f(292)=( )
A. −1B. 1C. 2D. 0
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.已知曲线C：x29+y2m=1的两个焦点为F1，F2，P为曲线C上不与F1，F2共线的点，则下列说法正确的是( )
A. 若m=1，则|PF1|+|PF2|=6B. 若m=−1，则||PF1|−|PF2||=6
C. 若m=8，则△PF1F2的周长为7D. 若m=−8，则C的离心率为 173
10.已知圆C：x2+y2+6x+4y+9=0与直线l：3x+4y−3=0，点P在圆C上，点Q在直线l上，则( )
A. 圆C的半径为4B. 圆心C到直线l的距离为4
C. |PQ|min=2D. |PQ|max=8
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，E为A1D1的中点，动点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内(含表面)，且满足AP=λAC+μAE，记动点P的轨迹为Ω，则( )
A. Ω的面积为3 338
B. 平面A1BC1与Ω所在平面平行
C. 当λ=12时，存在点P，使得A1P⊥BD1
D. 当μ=1时，三棱锥P−ABC的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)=x2+(m−1)x是偶函数，则m= ______．
13.《九章算术⋅商功》中将正四面形棱台(即正四棱台)建筑物称为方亭.现有一方亭ABCD−A1B1C1D1，已知AB=1，且该方亭的高为6，体积为26，则A1B1= ______．
14.已知函数f(x)=sin2ωx− 3cs2ωx(ω>0)，若方程f(x)=0在区间(0,π4)内无解，则ω的取值范围是______．
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)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin2A=sinA．
(1)求角A的大小；
(2)已知a= 19，c=3，求△ABC的面积．
16.(本小题12分)
为了了解高二年级学生的数学学习情况，某学校对高二年级学生的日均数学自主学习时间进行了调查，随机抽取200名学生的日均数学自主学习时间(单位：分钟)作为样本，经统计发现这200名学生的日均数学自主学习时间均在[45,105]内，绘制的频率分布表如表所示：
(1)试估计这200名学生的日均数学自主学习时间的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)试估计这200名学生的日均数学自主学习时间的第30百分位数；
(3)现采用分层随机抽样从日均数学自主学习时间在[85,95)与[95,105]内的学生中抽取5名学生进行个案分析，再从这被抽取的5名学生中随机抽取3名学生提供个性化指导方案，求被抽取的3名学生中至少有2名学生的日均数学自主学习时间在[85,95)内的概率．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA=AB=BC=1，AD=12．
(1)证明：平面SAB⊥平面SBC．
(2)求平面SCD与平面SAB夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
已知公差为2的等差数列{an}满足a1+a2+a3=27，数列{bn}满足b1=1，bn+1=2bn+1．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)设cn=an(bn+1)，数列{cn}的前n项和为Tn．
(i)求Tn；
(ii)若不等式Tn−λ⋅2n≥0对任意的n∈N∗恒成立，求λ的最大值．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，对于任意一点P(x,y)，总存在一点Q(x′,y′)满足关系式φ：x′=λx,y′=μy(λ>0,μ>0)，则称φ为平面直角坐标系中的伸缩变换．
(1)在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换φ1，使得圆x2+y2=1变换为椭圆9x2+4y2=1；
(2)在同一直角坐标系中，椭圆x216+y2=1经平面直角坐标系中的伸缩变换φ：x′=12xy′=3y得到曲线C．
(i)求曲线C的方程；
(ii)已知A(−2,0)，B(−2,3)，过点B的直线交C于E，F两点，直线AE，AF与y轴的交点分别为P，Q，证明：线段PQ的中点为定点．
参考答案
1.B
2.A
3.C
4.D
5.B
6.C
7.B
8.A
9.ABD
10.BC
11.ACD
12.1
13.3
14.(0,23]
15.解：(1)由sin2A=sinA，得2sinAcsA=sinA，
又因为A∈(0,π)，所以sinA>0，
所以csA=12，所以A=π3；
(2)由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA，
即19=b2+9−2×3b×12，解得b=5或b=−2(舍去)，
所以S△ABC=12bcsinA=12×5×3× 32=15 34．
16.解：(1)依题意可得日均数学自主学习时间的平均数为：
50×0.05+60×0.1+70×0.25+80×0.35+90×0.15+100×0.1=77.5；
(2)因为0.05+0.1=0.150.3，
所以第30百分位数位于[65,75)，
设为x，则0.15+(x−65)×0.25÷10=0.3，
解得x=71，
所以第30百分位数为71；
(3)依题意[85,95)中抽取5×+0.1=3名学生，分别记作a、b、c，
[95,105]中抽取5×+0.1=2名学生，分别记作A、B，
从这5名学生中，随机抽取3名学生，
则可能结果有：ABa，ABb，ABc，Aab，Aac，Abc，Bab，Bac，Bbc，abc共10个；
其中至少有2名学生的日均数学自主学习时间在85，95)有：
Aab，Aac，Abc，Bab，Bac，Bbc，abc共7个，
所以至少有2名学生的日均数学自主学习时间在[85,95)的概率P=710．
17.解：(1)证明：因为SA⊥底面ABCD，SA⊂平面SAB，
所以平面SAB⊥平面ABCD，
又平面SAB∩平面ABCD=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面SAB，又BC⊂平面SBC，
所以平面SAB⊥平面SBC；
(2)因为SA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
如图建立空间直角坐标系，

显然面SAB的一个法向量为m=(0,1,0)，
又C(1,1,0)，D(0,12,0)，S(0,0,1)，
则CS=(−1,−1,1)，DS=(0,−12,1)，
设n=(x,y,z)是平面SCD的一个法向量，
则n⊥CSn⊥DS，则n⋅CS=−x−y+z=0n⋅DS=−12y+z=0，
令y=2，则n=(−1,2,1)，
则|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=21× 6= 63，
所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为 63．
18.解：(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，且a1+a2+a3=27，
所以3a1+3d=3a1+6=27，解得a1=7，所以an=7+2(n−1)=2n+5，
因为bn+1=2bn+1，所以bn+1+1=2(bn+1)，
因为b1=1，所以b1+1=2，所以{bn+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以bn+1=2×2n−1，所以bn=2n−1；
(2)(ⅰ)因为cn=an(bn+1)=(2n+5)⋅2n，
所以Tn=7×2+9×22+11×23+⋯⋯+(2n+5)⋅2n，①
所以2Tn=7×22+9×23+11×24+⋯⋯+(2n+5)⋅2n+1，②
①−②得：−Tn=14+2×22+2×23+2×24+⋯⋯+2×2n−(2n+5)×2n+1
=14+2(22+23+24+⋯⋯+2n)−(2n+5)×2n+1
=14+2×22(1−2n−1)1−2−(2n+5)×2n+1
=14+2n+2−8−(2n+5)×2n+1=6−(2n+3)×2n+1，
所以Tn=(2n+3)×2n+1−6；
(ⅱ)因为Tn−λ⋅2n≥0，所以λ≤Tn2n=(2n+3)×2n+1−62n=4n+6−62n，
令f(n)=4n+6−62n，
因为f(n+1)−f(n)=4(n+1)+6−62n+1−(4n+6−62n)=4+62n+1，
因为62n+1>0，所以f(n+1)−f(n)>0，即f(n+1)>f(n)，
所以f(n)单调递增，所以λ≤f(1)=4+6−3=7，所以λ的最大值为7．
19.解：(1)将伸缩变换φ1：x′=λ1x,y′=μ1y(λ1>0,μ1>0)代入9(x′)2+4(y′)2=1中，
可得9(λ1x)2+4(μ1y)2=1，
因为x2+y2=1，
所以9λ12=1，4μ12=1，
解得λ1=13，μ1=12，
则所求的伸缩变换φ1为x′=13xy′=12y；
(2)(i)因为φ：x′=12xy′=3y，
代入x216+y2=1，整理得(x′)24+(y′)29=1，
所以曲线C的方程为x24+y29=1；
(ii)证明：易知直线EF的斜率存在，
设直线EF的方程为y=k(x+2)+3，E(x1,y1)，F(x2,y2)，
联立y=k(x+2)+3x24+y29=1，消去y并整理得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0，
此时Δ=64k2(2k+3)2−64(4k2+9)(k2+3k)=−1728k>0，
解得k