2024-2025学年河南省三门峡市渑池第二高级中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省三门峡市渑池第二高级中学高二（下）期末数学试卷（含解析），共12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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={−2,0,2,4}，B={x∈N|x12an2，根据对数运算可得lg2an+1>2lg2an−1，结合累加法求和可判断C；根据裂项相消法得数列{1an+2}前n项和即可判断D．
本题考查数列的递推式和数列的单调性、裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】210
【解析】解：(x3−1x2)10展开式的通项为C10r(x3)10−r×(−1x2)r=C10r(−1)rx30−5r,r=0,1,2,⋯,10，
令30−5r=0，
则r=6，
即(x3−1x2)10的展开式中常数项为C106(−1)6=210．
故答案为：210．
写出二项式(x3−1x2)10的通项公式，从而可得展开式中的常数项．
本题考查了二项式定理的应用，属中档题．
13.【答案】8x+4y−3π=0
【解析】解：因为y=f(x)=cs2x+π4，所以f′(x)=−2sin2x，
所以又f(π4)=π4，f′(π4)=−2sinπ2=−2，
所以所求切线方程为y−π4=−2(x−π4)，即8x+4y−3π=0．
故答案为：8x+4y−3π=0．
应用导数的几何意义求切线方程即可．
本题考查函数的切线方程的求解，属基础题．
14.【答案】2016
【解析】解：已知某校8名学生(高一1人，高二3人，高三4人)在数学竞赛中获奖，8人站成一排合影留念，要求同年级的同学不相邻，
先将4名高三学生全排列，
若高一、高二学生不相邻，站法有A44⋅2 A44=1152，
若高一学生与高二学生相邻，站法有A44⋅C31 A22⋅A33=864，
共有1152+864=2016种站法．
故答案为：2016．
应用分类计数及排列组合数求同年级的同学不相邻的站法数．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法、分步乘法计数原理及插空法，属中档题．
15.【答案】E(X)=0.9n，E(X)=0.9n，D(X)=0.09n；
pp+(1−p)q．
【解析】(1)设“芯片合格”为事件A，
由题易知每个芯片合格的概率为P(A)=p+(1−p)q=0.8+(1−0.8)×0.5=0.9，
所以随机变量X满足二项分布X～B(n,0.9)，
则E(X)=0.9n，D(X)=0.9n⋅(1−0.9)=0.09n；
(2)记事件A：芯片合格，事件B：通过测试I，事件C：通过测试Ⅱ，
由题意得P(A)=P(B)+P(B−)P(C|B−)=p+(1−p)q，
P(AB)=P(B)P(A|B)=p⋅1=p，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=pp+(1−p)q，
故所求概率为pp+(1−p)q．
(1)求出每个芯片通过测试的概率P(A)，判断服从二项分布，结合期望和方差的公式即可求解；
(2)分别求出P(A)，P(AB)，再利用条件概率公式求解即可．
本题主要考查离散型随机变量的期望和条件概率，属于中档题．
16.【答案】an=3×2n−1；
证明见解析．
【解析】(1)因为Sn=2an−3①，所以a1=2a1−3，解得a1=3，
对任意的n∈N∗，Sn+1=2an+1−3②，
②−①得an+1=2an+1−2an，即an+1=2an，
所以数列{an}是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以an=3×2n−1．
证明：(2)因为cn=1lg2(an+13)⋅lg2(an+23)=1n−1n+1，
所以Mn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
因为cn>0，数列{Mn}为单调递增数列，所以12=M1≤Mn0)，则上式等价于c1(1+q+q2)=32c1q2，
整理得q2−2q−2=0，解得q=1+ 3(q=1− 30)，根据等比数列的基本量列方程求解即可；
(2)由c3=2a3，cn=anbn可得b3=2，结合Tn=2cn−an可得b1=1，进而求得{bn}的公差d=12，进而求解即可；
(3)由(2)得Tn=2nn+1cn，根据cn和Tn的关系化简可得cn+1cn=2(n+2)n+1，进而得到an+1an=2，即可得到{an}是等比数列，可得an=2n，进而求解Tn．
本题考查等比数列、等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】x24+y23=1；
(i)−3；(ii)y=−32(x−2)．
【解析】(1)由题意有|AF1|+|AF2|=52+32=4=2a，解得a=2，
又|F1F2|2=|AF1|2−|AF2|2=(52)2−(32)2=4=4c2，解得c=1，
又由b2=a2−c2=4−1=3，
所以x24+y23=1；
(2)(i)由题意可设过(2,1)的直线的方程为y=k(x−2)+1，
所以y=kx+(1−2k)x24+y23=1，消去y化简整理有(3+4k2)x2+8k(1−2k)x+4(1−2k)2−12=0，
所以Δ=[8k(1−2k)]2−4(3+4k2)[4(1−2k)2−12]=96(2k+1)>0，解得k>−12，
所以x1+x2=−8k(1−2k)3+4k2,x1x2=4(1−2k)2−123+4k2，
又kBM=y1x1−2,kBN=y2x2−2，
所以kBM+kBN=y1x1−2+y2x2−2=2kx1x2−(4k−1)(x1+x2)−4(1−2k)x1x2−2(x1+x2)+4
=2k⋅4(1−2k)2−123+4k2+8k(1−2k)(4k−1)3+4k2−4(1−2k)4(1−2k)2−123+4k2+16k(1−2k)3+4k2+4=(1−2k)[8k(1−2k)+8k(4k−1)−4(3+4k2)]−24k(1−2k)[4(1−2k)+16k]−16k2=−3；
(ii)设MH中点为(x,y)，H(x3,y3)，则x3=x1，又直线BN的方程为y=y2x2−2(x−2)，
令x=x1有y3=y2x2−2(x1−2)，所以x=x1,y=y1+y32，
所以y=y1+y32=y1+y2x2−2(x1−2)2=2kx1x2−(4k−1)(x1+x2)−4(1−2k)2(x2−2)
=8k(1−2k)2−24k+8k(1−2k)(4k−1)−4(1−2k)(3+4k2)2(x2−2)(3+4k2)=−6(x2−2)(3+4k2)=−6(x1−2)(x1−2)(x2−2)(3+4k2)，
又因为(x1−2)(x2−2)(3+4k2)=[x1x2−2(x1+x2)+4](3+4k2)
=[4(1−2k)2−123+4k2+2×8k(1−2k)3+4k2+4](3+4k2)=4(1−2k)2−12+16k(1−2k)+4(3+4k2)
=(1−2k)[4(1−2k)+16k]−12+4(3+4k2)=(1−2k)(8k+4)+16k2=4
所以y=−6(x1−2)4=−32(x1−2)，
所以y=−32(x−2)．
(1)利用椭圆的定义和勾股定理即可求a，c，又由b2=a2−c2即可求解；
(2)(i)由题意可设过(2,1)的直线的方程为y=k(x−2)+1，与椭圆方程联立，利用韦达定理得x1+x2，x1x2，代入kBM+kBN=y1x1−2+y2x2−2即可求解；
(ii)设MH中点为(x,y)，H(x3,y3)，则x3=x1，直线BN的方程为y=y2x2−2(x−2)，令x=x1得y3=y2x2−2(x1−2)，利用中点坐标有y=y1+y32，化简整理即可求解．
本题考查直线与椭圆的综合，属于中档题．