广东省深圳市北京师范大学南山附属学校2023~2024学年高二下学期期末考试数学试卷[附解析]

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A．−1+2iB．−1−2iC．−1+3iD．−1−3i
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：z=2i−41+i=2i−41−i1+i1−i=−1+3i，则z=−1−3i．
故答案为：D.
【分析】利用复数代数形式的除法运算化简求得复数z，再求其共轭复数即可.
2．（2024高二下·深圳期末）设全集为R，集合 A={x|00，则不等式fx+2>ex的解集为 .
【答案】−∞,−2
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数fx为偶函数，fx=f−x+4，所以f(−x)=f(−x+4)，
即f(x)=f(x+4)，函数f(x)是周期为4的偶函数，
则f(2024)=f(506×4)=f(0)=1e2，
不等式fx+2>ex可化为f(x+2)ex+2>1e2=f(0)e0，
令g(x)=f(x)ex，g'(x)=f'(x)−f(x)exg(0)，解得xex的解集为−∞,−2.
故答案为：−∞,−2.
【分析】由题意求得函数f(x)为周期为4的偶函数，求得f(2024)=f(0)=1e2，原不等式化为f(x+2)ex+2>f(0)e0，构造函数g(x)=f(x)ex，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性求解即可.
17．（2024高二下·深圳期末）在二项式x+1a3xn展开式中，前三项的二项式系数之和为79.
（1）求n的值；
（2）若展开式中的常数项为55128，求实数a的值.
【答案】（1）解：二项式x+1a3xn的展开式的前三项的二项式系数为Cn0,Cn1,Cn2，
则Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=79，即n2+n−156=0，解得n=12；
（2）解：二项式x+1a3x12展开式的通项为：
Tr+1=C12rx12−r1a3xr=C12r1arx12−43r，r=0,1,⋯,12，
令12−43r=0，解得r=9，则常数项为C1291a9，
由题意可得：C1291a9=55128，整理得220a9=55128，则a=2.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据二项式定理求前三项的二项式系数，列方程求n的值即可；
（2）由二项式定理求ax+13x12的通项Tr+1，由此可求常数项，由条件列方程求a即可.
（1）二项式x+1a3xn的展开式的前三项的二项式系数依次为Cn0,Cn1,Cn2，
因为展开式中的前三项的二项式系数之和等于79，
所以有Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=79，
即n2+n−156=0，
解得n=12或n=−13.
因为n>0，所以n=12.
（2）因为x+1a3x12展开式的通项为
Tr+1=C12rx12−r1a3xr=C12r1arx12−43r，r=0,1,⋯,12
令12−43r=0，得r=9，所以常数项为C1291a9，
由已知C1291a9=55128
整理得220a9=55128，
所以a=2.
18．（2024高二下·深圳期末）如图，在四棱锥P−ABCD,PA⊥底面ABCD,AD//BC，AB⊥BC,PA=AD=4,BC=1,AB=3．
（1）证明：平面PCD⊥平面PAC；
（2）求AD与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为AB⊥BC，BC=1，AB=3，
则AC=AB2+BC2=12+32=2，∠ACB=π3．
在∆ACD中，
CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅csπ3=4+16−2×2×4×12=12
所以AC2+CD2=4+12=16=AD2，则DC⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，DC⊂底面ABCD，所以PA⊥DC，
又因为AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC，DC⊥平面PAC，
DC⊂底面PCD，
所以，平面PDC⊥平面PAC.
另解：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD.
过C做AD的垂线，垂足为E，连接CE，
则CE//AB，
则CE=AB=3，AE=BC=1，ED=AD−AE=3，
在Rt△CED中，
CD=3+9=23，
AC2+CD2=4+12=16=AD2，
则AC⊥CD，
又因为PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC，CD⊂平面PCD，
则平面PCD⊥平面PAC.
（2）解：作AH⊥PC，垂直为H，连接DH ，
因为平面PDC⊥平面PAC，
且平面PDC∩平面PAC=PC，AH⊂平面PAC，
所以AH⊥平面PCD，
则∠ADH为AD与平面PCD所成的角，
在Rt△PAC中，
AH=PA⋅ACPC=4×225=45，
sin∠ADH=AHDA=45×14=55，
所以直线AD与平面PCD所成角的正弦值为55．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：利用已知条件结合勾股定理和余弦定理，从而计算出∠ACB，CD2的值，再根据勾股定理得到DC⊥AC，从而证出DC⊥平面PAC，进而证出平面PCD⊥平面PAC.
方法二：利用已知条件和线面垂直的定义证出线线垂直，再结合线线平行和勾股定理，从而证出DC⊥AC，则证出DC⊥平面PAC，从而证出平面PCD⊥平面PAC.
（2）作AH⊥PC，垂足为H，连接DH ，从而确定∠ADH为AD与平面PCD所成的角，在直角三角形中结合对应边成比例得出AH的长，再结合正弦函数的定义得出AD与平面PCD所成角的正弦值.
（1）AB⊥BC，BC=1，AB=3，则AC=AB2+BC2=12+32=2，∠ACB=π3．
△ACD中，CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅csπ3=4+16−2×2×4×12=12，
故AC2+CD2=4+12=16=AD2，故DC⊥AC，
又因为PA⊥底面ABCD，DC⊂底面ABCD，所以PA⊥DC，
又因为AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC，DC⊥平面PAC，
DC⊂底面PCD，故平面PDC⊥平面PAC，
另解：PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，故PA⊥CD，
过C做AD的垂线，垂足为E，连接CE，则CE//AB，
CE=AB=3，AE=BC=1，ED=AD−AE=3，
在Rt△CED中，CD=3+9=23，AC2+CD2=4+12=16=AD2，即AC⊥CD，
又PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，故CD⊥平面PAC，
CD⊂平面PCD，故平面PCD⊥平面PAC，
（2）作AH⊥PC，垂直为H，连接DH ，
因为平面PDC⊥平面PAC，且平面PDC∩平面PAC=PC，AH⊂平面PAC，
所以AH⊥平面PCD，故∠ADH为AD与平面PCD所成的角，
Rt△PAC中，AH=PA⋅ACPC=4×225=45，sin∠ADH=AHDA=45×14=55，
所以直线AD与平面PCD所成角的正弦值为55．
19．（2024高二下·深圳期末）“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子•离娄章句上》．“规”指圆规，是用来测量、画圆和方形图案的工具．有一块圆形木板，以“矩”量之，较短边为5cm，如图所示，三角形顶点A，B，C都在圆周上，B，C的对边分别为a，b，c，满足c=45cm．
（1）求sinC；
（2）若△ABC的面积为8cm2，且a>c，求△ABC的周长．
【答案】（1）解：设△ABC的外接圆半径为R，则2R=102+52=55（cm），
由正弦定理csinC=2R，可得sinC=c2R=4555=45；
（2）解：△ABC的面积为8cm2，且a>c，则A>C，即C为锐角，csC=1−sin2C=35，
由S=12absinC，可得8=12ab×45，解可得ab=20，
由余弦定理csC=a2+b2−c22ab=a+b2−2ab−c22ab，可得35=a+b2−40−8040，
整理可得a+b2=144，解得a+b=12，
故△ABC的周长为a+b+c=12+45.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设△ABC的外接圆半径为R，由题意求圆的直径2R=55，再结合正弦定理求解即可；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理求解即可.
（1）设△ABC的外接圆半径为R，则2R=102+52=55（cm），
由正弦定理csinC=2R，可得sinC=c2R=4555=45.
（2）∵a>c，则A>C，故C为锐角，
∴csC=1−sin2C=35，
由面积公式S=12absinC，即8=12ab×45，可得ab=20，
由余弦定理csC=a2+b2−c22ab=a+b2−2ab−c22ab，即35=a+b2−40−8040，
可得a+b2=144，解得a+b=12（cm），
故△ABC的周长为a+b+c=12+45（cm）.
20．（2024高二下·深圳期末）数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2anSn−an2=1
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=24Sn4−1，求数列{bn}的前n项和Tn，并求使Tn>16(m2−3m)对所有的n∈N*都成立的最大正整数m的值．
【答案】解：（1）数列{an}满足2anSn−an2=1，
当n=1时，2a12−an2=1，解得a1=1，
当n≥2时，2(Sn−Sn−1)Sn−(Sn−Sn−1)2=1，整理得Sn2−Sn−12=1(n≥2)，
因为S12=1，所以数列Sn2为首项和公差都是1的等差数列，
所以Sn2=n，又因为Sn>0，所以Sn=n，
所以n≥2时，an=Sn−Sn−1=n−n−1，
当n=1，a1=S1=1适合此式，
则数列{an}的通项公式为an=n−n−1；
（2）由（1）可得：bn=24Sn4−1=24n2−1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，
则Tn=1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=1−12n+1，随着n逐渐增大，Tn逐渐增大，
Tn≥T1=23，由题意可得23>16(m2−3m)，即m2−3m−40有一个相同的焦点，所以c=1，长轴长a=2，b=a2−c2=3，
椭圆方程为x24+y23=1 ；
（2）解：由（1）知：F1−1,0,F21,0 ，由题意PF1,PF2 的斜率不为0，
设直线PF1 的方程为：x=t1y−1 ，直线PF2 的方程为：x=t2y+1 ，Ax1,y1,Bx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4 ，
联立方程x24+y23=1x=t1y−1 ，消元整理可得3t12+4y2−6t1y−9=0,y1+y2=6t13t12+4,y1y2=−93t12+4 ，
AB=1+t12y1−y2=1+t12·y1+y22−4y1y2=12t12+13t12+4 ；
联立方程y2=4xx=t2y+1 ，得y2−4t2y−4=0,y3+y4=4t2,y3y4=−4 ，
PQ=1+t22y3−y4=1+t22·y3+y42−4y3y4=4t22+4 ，
又点P是PF1,PF2 的交点，x=t1y−1x=t2y+1 ，得x3=t1+t2t1−t2,y3=2t1−t2 ，
点P在抛物线上，4t1−t22=4t1+t2t1−t2 ，t12=t22+1 ，t12≥1 ，
ABPQ=3t12+1t123t12+4=33t12+1−1t12+1−2 ，
函数fx=3x−1x−2,x≥2 ，易知函数fx 是增函数，fxmin=f2=6−12−2=72＞0 ，
ABPQ=3ft12+1≤67 ，即最大值为67 ；
综上，抛物线方程为：y2=4x ，椭圆方程为x24+y23=1，ABPQ 的最大值为67 .
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意求得p,a,c ，分别写出椭圆和抛物线的方程即可；
（2）分别设直线PF1,PF2 的方程，与椭圆，抛物线方程联立，利用弦长公式求解即可.
（1）由题意，c=p2=1,∴p=2 ，又2p=2a,∴a=2 ，c=1,b=a2−c2=3 ，
抛物线方程为：y2=4x ，椭圆方程为x24+y23=1 ；
（2）由（1）知：F1−1,0,F21,0 ，由题意PF1,PF2 的斜率不为0，
设直线PF1 的方程为：x=t1y−1 ，直线PF2 的方程为：x=t2y+1 ，Ax1,y1,Bx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4 ，
联立方程x24+y23=1x=t1y−1 ，得：3t12+4y2−6t1y−9=0,y1+y2=6t13t12+4,y1y2=−93t12+4 ，
AB=1+t12y1−y2=1+t12·y1+y22−4y1y2=12t12+13t12+4 ；
联立方程y2=4xx=t2y+1 ，得y2−4t2y−4=0,y3+y4=4t2,y3y4=−4 ，
PQ=1+t22y3−y4=1+t22·y3+y42−4y3y4=4t22+4 ，
又点P是PF1,PF2 的交点，∴x=t1y−1x=t2y+1 ，得x3=t1+t2t1−t2,y3=2t1−t2 ，
点P在抛物线上，∴4t1−t22=4t1+t2t1−t2 ，t12=t22+1 ，t12≥1 ，
ABPQ=3t12+1t123t12+4=33t12+1−1t12+1−2 ，考察函数fx=3x−1x−2,x≥2 ，
fx 是增函数，fxmin=f2=6−12−2=72＞0 ，
∴ABPQ=3ft12+1≤67 ，即最大值为67 ；
综上，抛物线方程为：y2=4x ，椭圆方程为x24+y23=1，ABPQ 的最大值为67 .
22．（2024高二下·深圳期末）已知函数f(x)=(1+k)ln(1+x).
（1）当k=0时，求曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线方程；
（2）设F(x)=f(x)−x−2在区间0,+∞上的最大值为G(k)，求G(k)，并判断函数G(k)的零点个数.
【答案】（1）解：当k=0时，函数f(x)=ln(1+x)定义域为-1，+∞，f'(x)=11+x，
f(0)=ln1=0,f'(0)=1，则切线方程为y−0=1×(x−0)，即y=x；
（2）解：F(x)=f(x)−x−2=(1+k)ln(1+x)−x−2,x∈0,+∞，
则F'(x)=1+k1+x−1=k−x1+x,x∈0,+∞，
当k≤0时，由x∈0,+∞，则1+x>0,k−x≤0，所以F'(x)≤0,F(x)单调递减；
所以F(x)在区间0,+∞上的最大值为F(0)=−2，
当k>0时，知00,k−x≤0，所以F'(x)≤0,F(x)单调递减；
所以F(x)在区间0,+∞上的最大值为F(0)=−2，
当k>0时，知0