2024-2025学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（含解析） (1)

这是一份2024-2025学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（含解析） (1)，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.已知集合A={1,2,3}，B={1,2}，C={0,1,2}，则(A∩B)∪C=( )
A. {1,2}B. {1,2,3}C. {0,1,2}D. {0,1,2,3}
2.已知复数z=2i(−2+i)，则|z|=( )
A. 2B. 4C. 2 2D. 2 5
3.已知随机变量X∼N(10,σ2)，P(X≤8)=P(X≥m+7)，则m=( )
A. 5B. 4C. 6D. 3
4.已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)+f(2−x)=4，则f(−1)=( )
A. 0B. 1C. 2D. −2
5.在△ABC中，∠BAC=2π3，AB=3，AC=5，E为线段BC上一点，∠BAE=π6，则AE=( )
A. 13 315B. 15 313C. 2 3D. 3 3
6.若数据x1，x2，x3和数据x4，x5，x6的平均数均为x−，方差均为s2，则数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的方差为( )
A. s24B. s2C. 2s2D. 4s2
7.已知存在两个正实数m，n(m>n)，使ema=(mn)n，则实数a的取值范围为( )
A. (e,+∞)B. (−∞,e]C. (0,e)D. [e,+∞)
8.若函数f(x)=2sinx+csx,x∈(−π2,π)的两个零点分别为x1和x2，则cs(x1+x2)=( )
A. 35B. 45C. −35D. −45
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.小张同学收集了某商品销售收入y(单位：万元)与相应的广告支出x(单位：万元)共10组数据，绘制出散点图，如下图所示，并利用线性回归模型进行拟合.她将图中10个点中的A点去掉后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是( )．
A. 决定系数R2变大
B. 残差平方和变大
C. 相关系数r的值变大
D. 去掉A点后，若所有散点都在一条直线上，则决定系数R2=1
10.若(x2+nx+1)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，且a0+a1+a2+⋯+a10=0，则( )
A. n=−2B. 展开式中x5的系数最大
C. a0=1D. a8=45
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，右焦点为F2，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点.若∠MAN=60°，过F2作F2P⊥MN于点P，则下列说法正确的是( )
A. 作AK⊥MN于点K，则|AK|= 32b
B. |F2P|=b
C. 双曲线C的离心率为 3
D. 若|AF2|=2− 3，过F2的直线l交两条渐近线分别于点H，R，若∠RHO=π2(O为原点)，则|HR|=3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|=5，则|a+b|= ______．
13.已知一圆锥的底面半径为6，母线长为8，则该圆锥外接球的表面积为______．
14.已知抛物线C：y2=4x的准线为l，点P在C上，直线l′：4x−3y+11=0，点P到直线l′的距离与到直线l的距离之和的最小值是______．
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)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，A(4,m)(m>0)为C上一点，且|AF|=5．
(1)求p；
(2)若点B(−2,1)在椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，且直线AB与椭圆T相切，求椭圆T的标准方程．
16.(本小题15分)
某工厂生产了两批次某种产品，现从这两批次产品中共抽取800件进行检测，其中第一批次的产品占了25.检测数据如下，第一批次的次品件数与第二批次的次品件数相同，在合格品中，第二批次的合格品占了58．
(1)根据题中信息，完成下面列联表；
单位：件
(2)根据小概率值α=0.005的χ2独立性检验，能否认为产品检测结果与生产批次有关联？
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d．
17.(本小题15分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形AA1B1B是菱形，点P在线段B1C1上，AB⊥AD，平面AA1B1B⊥平面ABCD．
(1)证明：A1B⊥B1D；
(2)已知，∠ABB1=π3，AB=AD=2，B1P= 3，求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
如图，已知在正四棱锥P−ABCD的某个顶点处有一个质点Q，质点Q随机地沿一条棱或底面对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱或底面对角线移动到相邻顶点称为一次移动.假设质点Q的初始位置在点A处，设质点Q移动n次后还在底面ABCD上的概率为pn．
(1)求p1，p2的值．
(2)已知数列{bn}满足bn=pn−45．
(i)证明：数列{bn}为等比数列．
(ii)求数列{nbn}的前n项和Sn．
19.(本小题17分)
我们把有两个自变量的函数称为“二元函数”，对于二元函数z=f(x,y)，若存在正数m，n(m≠n)满足f(m,n)=f(n,m)，f(m,n)+f(n,m)>2f(1,1)，则称f(x,y)具有性质T.已知二元函数f(x,y)=x+lny．
(1)若f(−x,x)≤a恒成立，求a的取值范围．
(2)已知正数m，n(m≠n)满足f(m,n)=f(n,m)．
(i)证明：mn1)，可得1a=lnxx．
设f(x)=lnxx，那么导函数f′(x)=1−lnxx2，
当x∈(e,+∞)时，f′(x)0，
因此函数f(x)在区间(e,+∞)上单调递减，在区间(1,e)上单调递增，
由于f(e)=1e，且x→+∞，f(x)→0，
因此f(x)∈(0,1e]，即1a∈(0,1e]．
因此a∈[e,+∞)．
故选：D．
对ema=(mn)n两边取自然对数，可得man=lnmn，令mn=x(x>1)，得1a=lnxx.设函数f(x)=lnxx，求导，结合函数的单调性可得f(x)的范围，进而得a的范围．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：f(x)=2sinx+csx= 5sin(x+φ)，
其中sinφ= 55,csφ=2 55，取φ∈(0,π2)，
由f(x1)=f(x2)=0，
得sin(x1+φ)=sin(x2+φ)=0，
所以x1+φ,x2+φ∈(−π2+φ,π+φ)，
所以x1+φ+x2+φ=π，
所以x1+x2=π−2φ，
所以cs(x1+x2)=cs(π−2φ)=−cs2φ=1−2cs2φ=1−2×(2 55)2=−35．
故选：C．
先利用辅助角公式化简，根据角的范围可得x1+x2=π−2φ，然后利用诱导公式和二倍角公式可得．
本题考查了诱导公式及二倍角公式，属基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由散点图可知，A点较其他点偏离直线更远，
去掉A点后，回归效果更好，残差平方和变小，决定系数R2变大，
故A正确，B错误；
因为自变量x与因变量y的相关性变强，又x与y正相关，
所以相关系数r的值变大，故C正确；
当所有散点都在一条直线上时，残差平方和为0，决定系数R2=1，故D正确．
故选：ACD．
根据散点图的特征可得A点较其他点偏离直线更远，从而可得去掉A点后，回归效果更好，故可判断ABC的正误，根据残差和为零可判断D的正误．
本题主要考查了散点图的应用，考查了相关系数和决定系数的性质，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：令x=1，则(2+n)5=a0+a1+a2+…+a10=0，解得n=−2，所以A正确；
所以原式=(x2−2x+1)5=(x−1)10，
展开式的第r+1项为Tr+1=C10rx10−r⋅(−1)r，其中r=0，1，2，⋯，10，
可知a0，a2，a4，a6，a8，a10均为正数，且a1，a3，a5，a7，a9均为负数，
根据x5的系数a5是负数，可知B不正确；
在(x−1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10中，令x=0，得a0=(−1)10=1，所以C正确；
取r=2，得T3=C102x8⋅(−1)2=45x8，所以a8=45，可知D正确．
故选：ACD．
利用赋值法判断AC两项的正误，利用二项展开式的通项判断BD两项的正误，进而可得本题答案．
本题主要考查二项式定理、运用赋值法求系数和等知识，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于选项A：如图，
因为AN=AM=b，∠MAN=60°，所以△AMN为等边三角形．
若AK⊥MN于点K，则|AK|= 32b，所以选项A正确．
对于选项B；因为F2P⊥MN于点P，
如图，双曲线的一条渐近线为y=bax，
即bx−ay=0，
F2(c,0)到该渐近线的距离为|bc−0| a2+b2=bcc=b，
即|PF2|=b，故选项B正确，
对于选项C：因为AK//PF2，
所以|AK||PF2|=|OA||OF2|，即ac= 32bb，
所以离心率e=2 3=2 33，故选项C不正确．
对于选项D：若|AF2|=2− 3，则c−a=2− 3．
因为ca=2 3，所以a= 3,c=2,b=1，
所以双曲线C渐近线的斜率k=± 33，
可知tan∠F2OR= 33，
则∠F2OR=π6，所以∠HOR=2×π6=π3，
直角△OHF2中，|OF2|=c，|HF2|=|PF2|=b，
则|OH|= c2−b2=a= 3，
又因为∠RHO=π2，所以tan∠HOR=|HR||OH|= 3，
所以|HR|= 3|OH|=3.故选项D正确．
故选：ABD．
由题意得△AMN为等边三角形，求出|AK|即可判断A；
△OPF2为双曲线C的特征三角形，求得|F2P|可判断B，
由AK//PF2得|AK||PF2|=|OA||OF2|，由此求离心率可判断C；
由条件求得a= 3,c=2,b=1，双曲线C渐近线的斜率，可得∠HOR=π3，进而求|HR|可判断D．
本题考查双曲线方程的应用，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：已知向量a, b满足|a|=2|b|=2，
又|2a−b|=5，
则(2a−b)2=4a2−4a⋅b+b2=25，
解得a⋅b=−2，
又(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=4−4+1=1，
则|a+b|=1．
故答案为：1．
利用向量数量积运算律计算即可求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量模的运算，属中档题．
13.【答案】10247π
【解析】解：设该圆锥外接球的半径为R．
因为圆锥的底面半径为6，母线长为8，所以圆锥的高为2 7，
由(2 7−R)2+62=R2，
即28−4 7R+R2+36=R2，
得R=16 77，
所以该圆锥外接球的表面积S=4πR2=10247π．
故答案为：10247π．
首先求得圆锥的高为2 7，结合勾股定理求出外接球半径，结合球的表面积公式即可求解．
本题考查几何体表面积的计算，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：如图，
因为抛物线C：y2=4x，所以抛物线的焦点为F(1,0)，
由抛物线的定义知，点P到点F的距离等于点P到直线l的距离，
因此点P到直线l′的距离与到直线l的距离之和的最小值，
为点F到直线l′的距离，即|4−0+11| 16+9=3．
故答案为：3．
将问题转化为抛物线的焦点到直线的距离，即可求解．
本题主要考查抛物线的定义以及与抛物线有关的最值问题，属于中档题．
15.【答案】2；
x28+y22=1．
【解析】(1)因为A(4,m)(m>0)为C上一点，且|AF|=5，
所以|AF|=4+p2=5，
解得p=2；
(2)由(1)得A(4,4)，
所以直线AB的斜率k=4−14+2=12，
则直线AB的方程为x−2y+4=0，
联立x2a2+y2b2=1x−2y+4=0，消去x并整理得(4b2+a2)y2−16b2y+16b2−a2b2=0，
此时Δ=(16b2)2−4(4b2+a2)(16b2−a2b2)=0，化简得a2+4b2=16，①
因为点B(−2,1)在椭圆T上，
所以4a2+1b2=1，②
联立①②，
解得a2=8，b2=2．
则椭圆T的标准方程为x28+y22=1．
(1)利用抛物线焦半径|AF|=4+p2=5，即可求解；
(2)求出直线AB的方程为x−2y+4=0，然后与椭圆联立后消去x后得(4b2+a2)y2−16b2y+16b2−a2b2=0，则Δ=(16b2)2−4(4b2+a2)(16b2−a2b2)=0，求得a2+4b2=16，再结合点B在椭圆T上即可求解．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
16.【答案】产品检测结果与生产批次有关联．
【解析】(1)由题意可知，从第一批次的产品中抽取了800×25=320件，
从第二批次的产品中抽取了800−320=480件，
设第二批次的合格品有5x件，则第一批次的合格品有3x件，
故320−3x=480−5x，
解得x=80，
即第二批次的合格品有400件，第一批次的合格品有240件，
补全列联表如下：
(2)零假设H0：产品检测结果与生产批次没有关联，
由χ2=800×(80×400−240×80)2160×640×480×320≈8.333>7.879，
根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，
即产品检测结果与生产批次有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005．
(1)根据题设条件可完善列联表；
(2)根据(1)的列联表可求χ2，结合临界值表可得判断．
本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．
17.【答案】证明见解析； 22．
【解析】(1)证明：连接AB1，设AB1∩A1B=O，因平面AA1B1B⊥平面ABCD，
平面AA1B1B∩平面ABCD=AB，AD⊥AB，且AD⊂平面ABCD，
则AD⊥平面AA1B1B，又A1B⊂平面AA1B1B，则AD⊥A1B，
因为四边形AA1B1B是菱形，则AB1⊥A1B，
因为AB1∩AD=A，AB1，AD⊂平面AB1D，
故A 1B⊥平面AB1D，
因为B1D⊂平面AB1D，
所以A1B⊥B1D.
(2)设CD1∩C1D=H，分别以OB，OB1，OH所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
因为∠ABB1=π3，则△ABB1为正三角形，
故A1O=BO= 32AB= 3，
依题意可得：A1(− 3,0,0),B( 3,0,0),A(0,−1,0),P(0,1, 3)，
则A1B=(2 3,0,0),AB=( 3,1,0),AP=(0,2, 3)，
设平面ABP的法向量为n=(x,y,z)，
则AB⊥nAP⊥n，则AB⋅n= 3x+y=0AP⋅n=2y+ 3z=0，
故可取n=(1,− 3,2)，
设直线A1B与平面ABP所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|A1B⋅n||A1B|⋅|n|=2 3 3×2 2= 22．
(1)先由面面垂直推出线面垂直，得到AD⊥平面AA1B1B，即得AD⊥A1B，再由菱形性质，得到AB1⊥A1B，由线线垂直推出线面垂直得A1B⊥平面AB1D，即得结论；
(2)由图建系，求出相关点和相关向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得．
本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于基础题．
18.【答案】p1=34，p2=1316；
(i)证明见解析；(ii)Sn=(125n+4125)×(−14)n−4125．
【解析】(1)由题可知，当n=1时，质点Q移动一次还在底面，所以p1=34，
当n≥2时，pn−1表示第n−1次在平面ABCD的顶点上的概率，
1−pn−1表示第n−1次不在平面ABCD上的概率．
从底面ABCD走到底面ABCD的概率为34，从顶点P走到底面ABCD的概率为1，
所以p2=34p1+14×1=916+14=1316．
(2)(i)因为pn=34pn−1+1×(1−pn−1)=−14pn−1+1
所以pn−45=−14(pn−1−45)，所以bn=−14bn−1
因为b1=−120，所以数列{bn}是以−120为首项，−14为公比的等比数列．
(ii)因为bn=−120×(−14)n−1=15×(−14)n，
所以nbn=n5×(−14)n，
所以Sn=15×(−14)+25×(−14)2+...+n5×(−14)n，
故−14Sn=15×(−14)2+25×(−14)3+...+n5×(−14)n+1，
两式相减可得Sn=(125n+4125)×(−14)n−4125．
(1)当n=1时，质点Q移动一次还在底面，所以p1，当n≥2时，pn−1表示第n−1次在平面ABCD的顶点上的概率，根据已知条件即可求出概率值；
(2)(i)首先根据概率关系列出递推关系式，然后化简等式，根据等比数列的定义证明数列是等比数列；
(ii)首先列出的表达式，然后利用错位相减法求出结果．
本题考查的知识点：概率值的求法，错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】[−1,+∞)；
(i)证明见解析；(ii)证明见解析．
【解析】(1)f(−x,x)=−x+lnx，
令g(x)=lnx−x，
则g′(x)=1x−1=1−xx，
令g′(x)=1−xx1，
令g′(x)=1−xx>0，得0