河北省保定市定州中学2024-2025学年高二（下）期末数学试卷

这是一份河北省保定市定州中学2024-2025学年高二（下）期末数学试卷，共16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a，b∈R，复数z1=a+i，z2=2−bi(i为虚数单位)，若z1=z2−，则a+b=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.已知集合A={x|x(2−x)>0}，B={x| x+1≥1}，则( )
A. A∩B=⌀B. A∪B=RC. B⊆AD. A⊆B
3.若cs(π4−α)= 33，则sin2α=( )
A. 13B. −13C. 23D. −23
4.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：4=2+2，6=3+3，8=3+5，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为( )
A. 121B. 221C. 115D. 215
5.若直线l：(m+2)x+(m−3)y+5=0(m∈R)与圆P：(x−1)2+(y+2)2=16相交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )
A. 10B. 2 2C. 2 3D. 3 2
6.若(1−x)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，则|a0|−|a1|+|a2|−|a3|+|a4|−|a5|+|a6|−|a7|=( )
A. 0B. 1C. 32D. −1
7.设F1和F2为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点F1，F2，若P(0,2b)是正三角形的三个顶点，则双曲线的渐近线方程是( )
A. y=± 33xB. y=± 3xC. y=± 217xD. y=± 213x
8.已知一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为15π2的半圆形扇环(如图所示)，在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体(圆台表面厚度忽略不计)，则该正方体体积的最大值为( )
A. 1
B. 6427
C. 2 2
D. 278
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.已知抛物线C：y2=−2px(p>0)的焦点为F，点A(−1,m)为C上一点，|AF|=2，延长AF与C相交于另一点B，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A. m=2
B. 抛物线的准线方程为x=1
C. △OAB的面积为2
D. 直线AB的方程为y=x--1或y=−x--1
10.已知等差数列{an}的公差d>0，则下列说法正确的是( )
A. 若an≠0，则{1an}是单调递减数列B. 若an∈N*，则{an}是单调递增数列
C. {an}是单调递增数列D. {2an}是单调递增数列
11.已知函数f(x)=sinnx+csnx(n∈N*)，则( )
A. 对任意正奇数n，f(x)为奇函数
B. 对任意正整数n，f(x)的图象都关于直线x=π4对称
C. 当n=3时，f(x)在[0,π2]上的最小值 22
D. 当n=4时，f(x)的单调递增区间是[−π4+kπ,kπ](k∈Z)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(3,2)，b=(2,x)，若(a+2b)⊥(a−b)，则正数x= ______．
13.已知正数a，b满足1a+3b=1，则ab的最小值为______．
14.已知函数f(x)=x2−1,xb>0)的左、右顶点分别为A1，A2，|A1A2|=4，且过点( 2, 62).
(1)求C的方程；
(2)若直线l：y=k(x−4)(k≠0)与C交于M，N两点，直线A1M与A2N相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程．
19.(本小题17分)
法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数f(x)在闭区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间(a,b)上都有导数，则在区间(a,b)上存在实数t，使得f(b)−f(a)=f′(t)(b−a)，这就是拉格朗日中值定理，其中t称为f(x)在区间[a,b]上的“拉格朗日中值”.已知函数f(x)=x3−3x2+2x，g(x)=f(x)+ex−e2−x，h(x)=lnx−mx+3．
(1)利用拉格朗日中值定理求函数f(x)在[1,3]上的“拉格朗日中值”；
(2)利用拉格朗日中值定理证明：函数g(x)上任意两点连线的斜率不小于2e−1；
(3)针对函数h(x)，请证明拉格朗日中值定理成立．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵复数z1=a+i，z2=2−bi(i为虚数单位)，z1=z2−，
∴a+i=2+bi，
∴a=2b=1，
∴a+b=3，
故选：C．
利用共轭复数的定义可得a+i=2+bi，再利用复数相等的定义求出a，b的值，进而求出a+b的值．
本题主要考查了共轭复数的概念，考查了复数相等的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题设有A=(0,2)，B=[0,+∞)，
故A∩B=(0,2)，A∪B=[0,+∞)，A⊆B，故D成立．
故选：D．
先求出A，B，逐项计算后可得正确的选项．
本题主要考查其他不等式的解法，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：sin2α=−sin[2(π4−α)−π2]=cs2(π4−α)=2cs2(π4−α)−1=−13．
故选：B．
根据二倍角余弦公式及诱导公式可求sin2α的值．
本题考查三角函数求值问题，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有C72=21，
其和等于16的结果(3,13)，(5,11)2种等可能的结果，
故概率P=221．
故选：B．
先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求．
古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到
5.【答案】C
【解析】解：直线l：(m+2)x+(m−3)y+5=0变形为(x+y)m+2x−3y+5=0，
令x+y=02x−3y+5=0，解得x=−1y=1，
∴直线l恒过定点C(−1,1)，
圆P：(x−1)2+(y+2)2=16，则圆心P(1,−2)，半径r=4，
故当AB⊥PC时，|AB|最小，此时|AB|=2 r2−PE2=2 16−13=2 3，
故选：C．
由题意得直线l恒过定点C(−1,1)，由此得到当AB⊥PC时，|AB|最小，利用垂径定理，求解即可得出答案．
本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：令x=1，则a0+a1+a2+...+a7=0，
二项式(1−x)7的展开式的通项公式为Tr+1=C7r(−x)r=(−1)r⋅C7rxr，r=0，1，…，7，
当r=1，3，5，7时，a1，a3，a5，a7都小于0，a0，a2，a4，a6都大于0，
则|a0|−|a1|+|a2|−|a3|+|a4|−|a5|+|a6|−|a7|=a0+a1+a2+...+a7=0．
故选：A．
令x=1求出a0+...+a7的值，然后再求出展开式的通项公式，根据通项公式分析各个项的系数的符号，然后去绝对值，进而可以求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：若F1，F2，P(0,2b)是正三角形的三个顶点，
设F1(−c,0)，F2(c,0)，则|F1P|= c2+4b2，
∵F1、F2、P(0,2b)是正三角形的三个顶点，
∴ c2+4b2=2c，∴c2+4b2=4c2，
∴c2+4(c2−a2)=4c2，
∴c2=4a2，即c=2a，
b= c2−a2= 3a，
∴双曲线的渐近线方程为y=±bax，
即为y=± 3x.
故选：B．
设F1(−c,0)，F2(c,0)，则|F1P|= c2+4b2，由F1、F2、P(0,2b)是正三角形的三个顶点可知|F1P|= c2+4b2=2c，由此可求出b= c2−a2= 3a，进而得到双曲线的渐近线方程．
本题考查双曲线的性质，主要是渐近线方程的求法，在解题时要注意审题，由F1、F2、P(0,2b)是正三角形的三个顶点建立方程，考查运算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为15π2的半圆形扇环要使圆台内能放入自由转动的正方体的体积最大，
所以该正方体的外接球恰好为该圆台内能放入的最大的球，
设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径为r1，外圆半径为r2，(r2>r1)，
则12πr22−12πr12=152π，化简得r22−r12=15，又圆台母线长为3=r2−r1，
解得r1=1，r2=4．
设圆台上、下底面圆半径分别为r3，r4(r30，则an+1=an+d>an，无论an∈N*与否，数列均递增，故B正确；
选项C：由d>0，an+1−an=d>0，{an}是单调递增数列，故C正确；
选项D：an递增，指数函数y=2x为增函数，因此2an+1=2an+d=2an⋅2d(2d>1)，{2an}递增，故D正确．
故选：BCD．
根据数列的单调性即可求解．
本题考查了数列的单调性，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：取n=1，则f(x)=sinx+csx，从而f(0)=1≠0，此时f(x)不是奇函数，则A错误；
因为f(π2−x)=sinn(π2−x)+csn(π2−x)=csnx+sinnx=f(x)，所以f(x)的图象关于直线x=π4对称，则B正确；
当n=3时，f′(x)=3sin2xcsx−3cs2xsinx=3sinxcsx(sinx−csx)，
当x∈[0,π4)时，f′(x)0.所以f(x)在[0,π4)上单调递减，在(π4,π2]上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(π4)=( 22)3+( 22)3= 22，故C正确；
当n=4时，f(x)=sin4x+cs4x=(sin2x+cs2x)2−2sin2xcs2x=1−12sin22x=1−1−cs4x4=14cs4x+34，
则f(x)的递增区间为[−π4+kπ2,kπ2](k∈Z)，则D错误．
故选：BC．
通过判断f(0)的值，判断A的正误；判断f(π2−x)=f(x)，判断B的正误；利用函数的导数判断函数的单调性，求解最大值，判断C的正误；求出函数的单调增区间判断D的正误．
本题考查命题的真假的判断，函数的单调性，最大值，是中档题．
12.【答案】1+ 232
【解析】解：因为a=(3,2)，b=(2,x)，
所以a+2b=(7,2+2x)，a−b=(1,2−x)，
若(a+2b)⊥(a−b)，则(a+2b)⋅(a−b)=7+(2+2x)(2−x)=0，
即2x2−2x−11=0，
因为x>0，
则x=1+ 232．
故答案为：1+ 232．
由已知结合向量数量积的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于基础题．
13.【答案】12
【解析】解：∵1a+3b=1≥2 3ab，当且仅当a=2，b=6时取等号，
∴3ab≤14，∴ab≥12(当且仅当a=2，b=6时取等号)，即ab的最小值为12．
故答案为：12．
利用基本不等式直接求解即可．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】(0,1e)
【解析】解：当x≥1时，f(x)=lnxx，
所以f′(x)=1−lnxx2，
则当x∈[1,e)时，f′(x)>0，
当x∈(e,+∞)时，f′(x)0，
可得csB=12，而B∈(0,π)，
可得B=π3；
(2)a=1，c=3，D为AC边的中点，
可得2BD=BC+BA，可得4BD2=BC2+BA2+2BC⋅BA=a2+c2+2accsB=1+9+2×1×3×12=13，
可得BD= 132．
【解析】(1)由题意及正弦定理，三角形内角和定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)D为AC边的中点，可得2BD=BC+BA，两边平方，可得BD的大小．
本题考查正弦定理及用向量的方法求三角形中线的长度，属于中档题．
16.【答案】57；
分布列见解析，65．
【解析】(1)记事件A：一次抽取的2个团队类型相同，记事件B：一次抽取的2个团队都是跟团游团队，
由条件概率公式可得P(B|A)=n(AB)n(A)=C62C62+C42=1515+6=57．
(2)由题意知，随机变量X的所有可能取值为0、1、2、3，
P(X=0)=C63C103=16，
P(X=1)=C62C41C103=12，
P(X=2)=C61C42C103=310，
P(X=3)=C43C103=130，
故X的分布列为：
故E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65
(1)记事件A：一次抽取的2个团队类型相同，记事件B：一次抽取的2个团队都是跟团游团队，利用条件概率公式可求得P(B|A)的值；
(2)由题意可知，随机变量X的所有可能取值为0、1、2、3，利用超几何分布可得出随机变量X的分布列，进而可求得E(X)的值．
本题考查离散型随机变量的均值(数学期望)及其分布列与求解条件概率，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：∵底面ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD．
又AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC；
(2)解：∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD为等边三角形，
∴AC=AD⋅sin60°⋅2=4× 32×2=4 3．
∵PA⊥底面ABCD，∴∠PCA是直线PC与平面ABCD所成的角为30°，
在Rt△PAC中，由tan∠PCA=PAAC=PA4 3= 33，解得PA=4．
如图，以点A为坐标原点，以AD，AP所在直线及过点A且垂直于平面PAD的直线分别为x，z，y轴
建立空间直角坐标系A−xyz．
则P(0,0,4)，A(0,0,0)，B(2,2 3,0)，D(4,0,0)，C(6,2 3,0)．
∴PA=(0,0,−4)，PB=(2,2 3,−4)，PD=(4,0,−4)，PC=(6,2 3,−4)．
设平面PAB与平面PCD的一个法向量分别为m=(x,y,z)，n=(x1,y1,z1)．
由m⋅PA=−4z=0m⋅PB=2x+2 3y−4z=0，取y=−1，得m=( 3,−1,0)；
由n⋅PC=6x1+2 3y1−4z1=0n⋅PD=4x1−4z1=0，取y1=−1，得n=( 3,−1, 3)．
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|=2 77．
∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为2 77．
【解析】本题考查直线与平面垂直的判定，利用空间向量求解空间角，属于中档题．
(1)由底面ABCD为菱形，可得BD⊥AC，再由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD，结合线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC；
(2)以点A为坐标原点，以AD，AP所在直线及过点A且垂直于平面PAD的直线，分别为x，z，y轴建立空间直角坐标系A−xyz，分别求出平面PAB与平面PCD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值，可得平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
18.【答案】解：(1)由题意可得，2a=42a2+32b2=1，得a=2，b= 3，
∴椭圆的方程为：x24+y23=1；
(2)由椭圆对称性知G在x=x0上，假设直线l过椭圆上顶点，则M(0, 3)，
∴k=− 34，N(85,3 35)，lA1M：y= 32(x+2)，lA2N：y=−3 32(x−2)，
联立两直线方程解得G(1,3 32)，则G在定直线x=1上．
当M不在椭圆顶点时，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=k(x−4)x24+y23=1，得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12=0，
∴x1+x2=32k23+4k2，x1x2=64k2−123+4k2，
lA1M：y=y1x1+2(x+2)，lA2N：y=y2x2−2(x−2)，
当x=1时，3y1x1+2=−y2x2−2，得2x1x2−5(x1+x2)+8=0，
∴2⋅64k2−123+4k2−5⋅32k23+4k2+8(3+4k2)3+4k2=0，显然成立．
∴G在定直线x=1上．
综上所述，点G在定直线x=1上．
【解析】(1)由题意得a，将定点坐标代入椭圆方程求得b，即可求得椭圆方程；
(2)分类讨论，M在椭圆顶点时，根据椭圆的对称性，求得直线k，求得A1M与A2N方程，求得G点坐标，
当M不在椭圆顶点时，将直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，表示出直线A1M与A2N，当x=1时，代入整理得2x1x2−5(x1+x2)+8=0，代入根与系数的关系成立，即可证明G在定直线x=1上．
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式的应用，考查转化思想，属于中档题．
19.【答案】1+2 33．
证明详情见解答．
证明详情见解答．
【解析】(1)f(3)=6，f(1)=0，f′(x)=3x2−6x+2，
由拉格朗日中值定理，得在区间(1,3)上存在实数t，使得f(3)−f(1)=2f′(t)，
即2(3t2−6t+2)=6，解得t=1+2 33或t=1−2 33，
因为t∈(1,3)，
所以t=1+2 33，
所以函数f(x)在[1,3]上的“拉格朗日中值”为1+2 33．
(2)证明：由g(x)=x3−3x2+2x+ex−e2−x，
在g(x)的图像上任取两点A(a,g(a))，B(b,g(b))，a≠b，
根据拉格朗日中值定理，得存在t∈(a,b)，使得g′(t)=g(b)−g(a)b−a，
因为g′(t)=3t2−6t+2+et+e2−t≥3(t−1)2−1+2 et⋅e2−t=3(t−1)2−1+2e≥2e−1，
当且仅当t=1时两个等号同时成立，
所以g′(t)的最小值为g′(1)=2e−1，
所以g(b)−g(a)b−a≥2e−1，
所以函数g(x)上任意两点的连线斜率不小于2e−1．
(3)证明：设φ(x)=h′(x)−h(x2)−h(x1)x2−x1
=1x−m−lnx2−mx2+3−(lnx1−mx1+3)x2−x1
=1x−lnx2−lnx1x2−x1
所以φ(x)在区间(x1,x2)上单调递减，
所以φ(x)在区间(x1,x2)上至多有1个零点，
因为φ(x1)=1x1−lnx2−lnx1x2−x1=1x2−x1(x2x1−1−lnx2x1)，
φ(x2)=1x2−lnx2−lnx1x2−x1=1x2−x1(1−x1x2+lnx1x2)，
令k(x)=x−1−lnx，
则k′(x)=1−1x=x−1x，
所以当x∈(0,1)时，k′(x)0，k(x)单调递增，
所以k(x)在x=1处取得极小值，也是最小值k(1)=0，
即x∈(0,1)∪(1,+∞)时，k(x)=x−1−lnx>0，
由x2>x1>0，得x2x1>1，
所以x2x1−1−lnx2x1>0，
又x2−x1>0，即1x2−x1>0，所以φ(x1)=1x2−x1(x2x1−1−lnxx2x1)>0，
由x2>x1>0，得00，所以φ(x2)=1x2−x1(1−x1x2+lnx1x2)