2024-2025学年甘肃省兰州市西北师大附中高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年甘肃省兰州市西北师大附中高二（下）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.已知复数z=−1+i，则|z−|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
2.设集合A={−1,0,1}，B={x|x2−2x−1>0}，则A∩B=( )
A. {−1}B. {1,2}C. {0,1}D. {0,1,2}
3.在△ABC中，AB=3，BC=5，AC=7，则csA=( )
A. −12B. 12C. 1114D. 1314
4.若圆C：x2+y2−2y−3=0关于直线l对称，则直线l一定过点( )
A. (0,1)B. (1,0)C. (1,2)D. (−1,2)
5.如图，这是一个正方体的平面展开图，将其还原成正方体后，下列直线中与直线AB平行的是( )
A. EF B. EH
C. DH D. CH
6.已知各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，a2=2a1，则S12S6=( )
A. 247B. 267C. 4D. 5
7.已知抛物线C：y2=16x的焦点为F，准线为l，P是C上一点，直线PF与l交于点Q，若FQ=5FP，则|FP|=( )
A. 45B. 85C. 165D. 325
8.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)≤1恒成立，且f(0)=0，则f(x)≤x的解集为( )
A. RB. (−∞,0]C. [1,+∞)D. [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.已知函数f(x)=x3+3x，则( )
A. f(x)是奇函数B. f(x)是增函数
C. f(x)有且仅有1个零点D. f(x)既有极大值又有极小值
10.已知函数f(x)=2 3sinx+2csx，则( )
A. f(x)的图象关于直线x=π3对称
B. f(x)在[0,π3]上单调递增
C. f(x)在[0,π3]上的值域为[1,2]
D. 将函数y=sin(x+π6)图象上所有点的纵坐标扩大到原来的4倍，横坐标不变，可以得到f(x)的图象
11.某比赛共进行2n(n∈N+)局，每局比赛没有平局，2n局比赛结束后赢得n局以上的一方获胜.甲、乙进行该比赛，已知甲每局比赛获胜的概率为p，每局比赛的结果相互独立，记甲在该比赛中获胜的概率为P2n，下列结论正确的是( )
A. 若p=13，则P2=P4B. 若p=16，则当2n=2时，P2n最大
C. 若p=56，则当2n=2时，P2n最小D. 若p=716，则当2n=6时，P2n最大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.曲线y=2sinx在原点处的切线方程为______．
13.已知单位向量a，b满足(a+b)⋅(a−2b)=−43，则|a+b|= ______．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，右顶点为A，过点F且与x轴垂直的直线与C在第一象限交于点E，直线AE与C的渐近线在第一象限交于点D，若E是AD的中点，则C的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2 2，点P( 2,1)在C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线l：y=kx+ 2与椭圆C交于A，B两点，且|AB|= 6，求k的值．
16.(本小题15分)
如图1，在五边形AEBCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，AE⊥BE，AE=BE.将△ABE沿AB折起，使平面ABE′⊥平面ABCD，如图2．
(1)证明：AE′⊥平面BCE′；
(2)求平面ABE′与平面ADE′所成二面角的正弦值．
17.(本小题15分)
设{an}是公比不为1的等比数列，已知a1=1，a2是a3，a4的等差中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，bn=|an+1−Sn|，求数列{bn}的前2n项和．
18.(本小题17分)
某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额5%的代金券(例如：消费200元，则赠送200×5%=10元的代金券)；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖(例如：消费370元可进行三次抽奖)，每次抽奖抽到10元代金券的概率为p(00．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.A
5.A
6.B
7.D
8.D
9.ABC
10.ABD
11.ABD
12.y=2x
13.2 63
14.54
15.(1)因为椭圆C的短轴长为
所以2b=2 2，
解得b= 2，
则椭圆C的标准方程为x2a2+y22=1，
因为点P( 2,1)在椭圆上，
所以( 2)2a2+122=1，
解得a=2，
则椭圆C的标准方程为x24+y22=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+ 2x24+y22=1，消去y并整理得(1+2k24)x2+k 2x=0，
此时Δ=( 2k)2−4×1+2k24×0>0，
解得k≠0，
由韦达定理得x1+x2=− 2k1+2k24=−4 2k1+2k2,x1x2=0，
所以|AB|= (1+k2)[(−4 2k1+2k2)2−4×0]= 6，
整理得8k4+8k2−6=0，
解得k2=12或k2=−32(舍去)．
则k=± 22．
16.(1)证明：因为平面ABE′⊥平面ABCD，且平面ABE′∩平面ABCD=AB，
BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，
所以BC⊥平面ABE′，又因为AE′⊂平面ABE′，
所以BC⊥AE′，
又因为AE′⊥BE′，BC∩BE′=B，BC，BE′⊂平面BCE′，
所以AE′⊥平面BCE′．
(2)取AB的中点O，连接E′O，DO，由AE′=BE′，得E′O⊥AB，
因为AB//CD，CD=BO，
所以四边形BCDO为平行四边形，则DO//BC，又因为BC⊥平面ABE′，
所以DO⊥平面ABE′，又因为E′O，AB⊂平面ABE′，
所以DO⊥E′O，DO⊥AB，
令AB=2，则DO=AO=E′O=1，AD=AE′=DE′= 2，
取AE′中点F，连接OF，DF，
则OF⊥AE′，DF⊥AE′，
所以∠OFD是二面角B−AE′−D的平面角，
因为OF=12AE′= 22,∠DOF=90°，DF= 62，
所以sin∠OFD=DODF= 63，
所以平面ABE′与平面ADE′所成二面角的正弦值为 63．
17.(1)因为{an}是公比不为1的等比数列，
又a1=1，a2是a3，a4的等差中项，
所以2a2=a3+a4，即为2q=q2+q3，
所以q2+q−2=0，解得q=−2或q=1 (舍去)，
所以an=(−2)n−1；
(2)由(1)知Sn=1×[1−(−2)n]1−(−2)=13[1−(−2)n]，
所以bn=|(−2)n−13[1−(−2)n]|=|43(−2)n−13|，
当n=2k−1，k≥1，k∈N∗时，b2k−1=13×22k+1+13，
当n=2k，k≥1，k∈N∗时，b2k=13×22k+2−13，
所以b2k−1+b2k=13×22k+2+13×22k+1=23×22k+1+13×22k+1=22k+1，
所以T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯(b2n−1+b2n)
=23+25+27+⋯+22n+1=8(1−4n)1−4=8(4n−1)3=22n+3−83．
18.(1)甲的消费金额为288元，他选择方案二，抽奖2次，
抽到的代金券总额为8元的概率为(1−p)2=49，解得p=13；
(2)设抽奖次数为n(n∈N∗)，抽到10元代金券的次数为Y，则Y～B(n,p)，
得E(Y)=np，D(Y)=np(1−p)，
因为X=10Y+4(n−Y)=6Y+4n，
所以E(X)=6E(Y)+4n=6np+4n，D(X)=36D(Y)=36np(1−p)，
E(X)+D(X)=6np+4n+36np(1−p)=n(−36p2+42p+4)，
所以p=−422×(−36)=712时，E(X)+D(X)取得最大值，所以p=712；
(3)①当消费金额(单位：元)在(0,100)时，不能参与方案二，只能选择方案一；
②当消费金额(单位：元)在[100,+∞)时，设消费金额为100n+k(n∈N∗,0≤k0)，则ℎ′(x)=(x3+6x2+6x)ex−2ax2>0，
∴ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
ℎ(1)=4e+2a>0,ℎ(−a2)=(3−a2)a24e−a2−4．
∵3