2024-2025学年贵州省贵阳市观山湖第一高级中学高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年贵州省贵阳市观山湖第一高级中学高二（下）期末数学试卷（含答案），共10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.已知全集U=N，集合A={x|x=3k,k∈N}，B={x|x=6k,k∈N}，则正确的关系是( )
A. A∪B=BB. B∩(∁UA)=⌀C. B∪(∁UA)=UD. A∩(∁UB)=A
2.曲线y=x3+ax在x=1处的切线斜率为2，则a=( )
A. −1B. 1C. 0D. e
3.本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后(每组为左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示，则( )
A. 图中x的值为0.020
B. 估计样本数据的众数值为90
C. 估计样本数据的第80%分位数为95
D. 估计样本数据的平均数大于中位数
4.已知复数z=x+yi(x,y∈R)，若|z|=1，则x4x2+1+y4y2+2的最小值为( )
A. 14B. 13C. 12D. 1
5.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=15,a3a4=a5，则S4=( )
A. 39B. 156C. 395D. 1565
6.已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，A是该抛物线上一动点，且|AF|的最小值为1，点P(2,3)，则|AP|+|AF|的最小值为( )
A. 10B. 4C. 2D. 2 10
7.下列说法中，正确的个数是( )
①已知变量x、y线性相关，其一组样本数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,10)，其中i=110xi=30，i=110yi=90，用最小二乘法得到的经验回归方程为y =2x+a ，则a =−3．
②根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=4.712，根据小概率值α=0.05的χ2独立性检验(x0.05=3.841)，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05．
③己知定义在R上的函数f(x)满足f(x−1)+f(5−x)=2，f(x+1)为偶函数，则f(2026)=1．
A. 0B. 1C. 2D. 3
8.把△D1D2D3沿三条中位线折叠成四面体ABCD，其中D1D2=12，D1D3=10，D2D3=8，则四面体ABCD的外接球表面积为( )
A. 77πB. 77π4C. 77π8D. 77π2
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2a+a=lg2b+b=2，则( )
A. ab14
C. lg2a+lg2b≥0D. 1a+1b>2
10.对于函数f(x)=−2sin(3x+π4)+12(x∈R)，有以下四种说法正确的是( )
A. 函数的最小值是−32
B. 图象的对称轴是直线x=kπ3−π12(k∈Z)
C. 图象的振幅为2，初相为π4
D. 函数在区间[−7π12,−π3]上单调递增
11.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，则下列命题正确的是( )
A. 异面直线C1P与CB1所成角的大小为定值
B. 三棱锥D−BPC1的体积是定值
C. 直线CP和平面ABC1D1所成的角的大小是定值
D. 若点Q是线段BD上动点，则直线PQ与A1C不可能平行
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交双曲线的两支于A，B两点，△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为______．
13.某学校组织学生参加劳动实践活动，其中4名男生和2名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，则2名女生相邻且农场主站在中间的概率等于______(用数字作答)．
14.已知f(x)=xex+1e+e2，g(x)=−x2−2x−1+a，若存在x1∈R，x2∈(−1,+∞)，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是 ．
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)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2,a2n+1=2an+3(n∈N∗)，等比数列{bn}的前n项和为Tn，且bn+1=Tn+2(n∈N∗)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Hn．
16.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB//DC，AD⊥DC，DA=AB=PD=2，DC=4，E，F分别为棱CD，PD的中点．
(1)求证：AB⊥平面PAD；
(2)求证：PB//平面AEF；
(3)求二面角P−BC−A的正弦值．
17.(本小题15分)
某电视台综艺节目举行闯关答题的活动，具体规则如下：
(1)第一关，有三个必答问题，至少答对两个问题参与者就可以过关；
(2)进入第二关，还有三个问题，参与者只要连续答对两个题目就可以获得奖品，并终止答题，如果参与者连续答错两个题也终止答题没有奖品.只要没有出现连对或者连错的情况，答题就不终止，直到答完这三个问题.已知红星中学的李华同学参加了这个活动，并且李华同学答对第一关每一个问题的概率都是23，答对第二关三个问题的概率依次为34，12，13，请问：
(1)李华同学可以闯过第一关的概率是多少？
(2)李华同学进入第二关后，她可以获得奖品的概率是多少？
(3)设李华同学结束此次活动后，两关加一起共答对X个题目，请列出X的分布列并求数学期望．
18.(本小题17分)
19世纪法国著名数学家加斯帕尔⋅蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且蒙日圆的半径为 a2+b2(a为椭圆的长半轴长，b为椭圆的短半轴长).已知椭圆E上任一点到点( 2,0)的距离与到直线x=3 22的距离之比为 63，椭圆E的蒙日圆为圆O．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知点O为坐标原点，点P是椭圆E上的任意一点，F1，F2是椭圆左右焦点，直线OP与圆O相交于M，N两点，求证：|PM||PF1|⋅|PN||PF2|是定值；
(3)过点Q(1,0)作直线l1交圆O于A、B两点，作直线l2交椭圆E于C、D两点，且l1⊥l2，求四边形ADBC面积的最小值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−aln(x+1)，g(x)=sinx−x，其中a∈R．
(1)证明：当x∈[0,+∞)时，g(x)≤0；
(2)若x>0时，f(x)有极小值，求实数a的取值范围；
(3)对任意的x∈[0,π]，2[f(x)−1]≥g′(x)恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.B
2.A
3.C
4.A
5.D
6.B
7.C
8.D
9.ABD
10.AD
11.AB
12. 7
13.4105
14.[e2,+∞)
15.(1)由等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2,a2n+1=2an+3(n∈N∗)，
可得4a1+6d=4(2a1+d)，即d=2a1，又a3=a1+2d=2a1+3，即a1=2d−3，解得a1=1d=2．
所以an=1+(n−1)×2=2n−1．
在等比数列{bn}中，当n≥2时，由bn+1=Tn+2(n∈N∗)，可得bn=Tn−1+2，
相减可得bn+1−bn=(Tn+2)−(Tn−1+2)=bn，得bn+1bn=2，
当n=1时，2b1=b1+2，解得b1=2，q=2，
所以bn=2n．
(2)因为cn=anbn=(2n−1)2n，
所以Hn=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−1)×2n，①
2Hn=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)×2n+1，②
①−②得−Hn=2+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)×2n+1
=2+23−2×2n+11−2−(2n−1)×2n+1=(3−2n)2n+1−6，
解得Hn=(2n−3)2n+1+6，
所以Hn=(2n−3)2n+1+6．
16.解：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AB⊂面ABCD，则PD⊥AB，
又AB//DC，AD⊥DC，则AB⊥AD，
又AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD．
(2)证明：设AE∩BD=H，连接BF，FH，
因为AB=2，DC=4，AB//DC，E是DC的中点，
所以DE//AB，且DE=AB，AD⊥DC，
则ABED为正方形，所以H为BD中点，
又F是PD的中点，所以HF//PB，
又HF⊂平面AEF，PD⊄平面AEF，
所以PB//平面AEF．
(3)由(2)知BE⊥DC，又E是DC中点，则DB=BC，
又DB=2 2,DC=4，所以BD2+BC2=DC2，则DB⊥BC，
又PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PD⊥BC，
又PD∩DB=D，PD，DB⊂平面PDB，
所以BC⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，
所以BC⊥PB，则∠PBD为二面角P−BC−A的平面角，
在Rt△PDB中，PD=2，DB=2 2，PB= PD2+DB2=2 3，
所以sin∠PBD=PDPB=22 3= 33，
故二面角P−BC−A的正弦值为 33．
17.解：(1)李华答对2题或3题，即可闯过第一关，
所以李华同学可以闯过第一关的概率P=C32×(23)2×13+(23)3=2027．
(2)李华答对第1，2题，或是第一题错，2，3题答对，即可获得奖品，
所以李华获得奖品的概率P=34×12+14×12×13=512．
(3)第一关答题数为3，若能进入第二关，则答题数目为2或3，
则X=0，1，2，3，4，5，
所以P(X=0)=(13)3=127；
P(X=1)=C31×23×(13)2=29，
P(X=2)=C32×(23)2×(13)×14×12=118，
P(X=3)=(23)3×14×12+C32×(23)2×13×(34×12×23+14×12×23)=527，
P(X=4)=C32×(23)2×13×(34×12+34×12×13+14×12×13)+(23)3×(34×12×23+14×12×23)=55162，
P(X=5)=(23)3×(34×12+34×12×13+14×12×13)=1381，
所以X的分布列为：
E(X)=0×127+1×29+2×118+3×527+4×55162+5×1381=24781．
18.(1)设E(x,y)，
因为椭圆E上任一点到点( 2, 0)的距离与到直线x=3 22的距离之比为 63，
所以 (x− 2)2+y2= 63|x−3 22|，
整理可得x23+y2=1，
则椭圆E的方程为x23+y2=1；
(2)证明：由(1)得该椭圆E的蒙日圆O为x2+y2=4，
设P(x0,y0)，
因为点P在椭圆上，
所以y02=1−x023，
又F1(− 2, 0)，F2( 2, 0)，
所以|PF1|= (x0+ 2)2+y02= (x0+ 2)2+1−x023= 23x02+2 2x0+3= 3+ 63x0，
同理得|PF2|= 3− 63x0，
所以|PF1|⋅|PF2|=3−23x02，
|PM|⋅|PN|=(2+|OP|)⋅(2−|OP|)=4−|OP|2=4−x02−y02=4−x02−(1−13x02)=3−23x02，
可得|PM||PF2|⋅|PN||PF2|=1，
则|PM||PF1|⋅|PN||PF2|是定值，定值为1；
(3)①当直线l1斜率不存在，l2斜率为0时，
此时直线l1方程为x=1，
因为原点O到l1的距离为d1=1，
所以|AB|=2 4−d12=2 3, |CD|=2 3，
则四边形ADBC面积S=12|AB|⋅|CD|=6；
②当l1斜率存在，l2斜率不为0时，
设直线l2的方程为x=my+1，
可得l1的方程为y=−m(x−1)，
此时原点到l1的距离为d1=|m| m2+1，
所以|AB|=2 4−d12=2 4−m2m2+1=2 3m2+4m2+1．
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立x=my+1x23+y2=1，消去x并整理得(m2+3)y2+2my−2=0，
因为点Q(1,0)在椭圆E内部，
所以直线l2与椭圆E必相交，
由韦达定理得y1+y2=−2mm2+3y1y2=−2m2+3，
所以|CD|= 1+m2|y1−y2|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2
= 1+m2 (−2mm2+3)2−4−2m2+3=2 3(1+m2)(m2+2)m2+3
因为l1⊥l2，
所以四边形ADBC面积S=12|AB|⋅|CD|= 3m2+4m2+1⋅2 3(m2+1)(m2+2)m2+3
=2 3(3m2+4)(m2+2)m2+3=2 3(3m2+4)(m2+2)(m2+3)2，
令t=m2+3(t≥3)，
此时m2=t−3，
所以S=12|AB|⋅|CD|=2 3(3t−5)(t−1)t2=2 3 3t2−8t+5t2=2 3 5t2−8t+3=2 3 5(1t−45)2−15，
因为t≥3，
所以1t∈(0, 13],
令u=1t，
此时u∈(0, 13]单调递减，
所以当u=13时，Smin=4 63．
则四边形ADBC的最小值为4 63．
19.(1)证明：因为g(x)=sinx−x，因此g′(x)=csx−1≤0对任意x∈[0,+∞)恒成立，
可知g(x)在[0,+∞)内单调递减，因此g(x)≤g(0)=0，
所以当x∈[0,+∞)时，g(x)≤0．
(2)f′(x)=ex−ax+1=(x+1)ex−ax+1，
令ℎ(x)=(x+1)ex−a，x>0，因此ℎ′(x)=(x+2)ex>0对任意x>0恒成立，
可知ℎ(x)在(0,+∞)内单调递增，因此ℎ(x)>ℎ(0)=1−a，
当1−a≥0，因此a≤1时，因此ℎ(x)>0对任意x>0恒成立，因此f′(x)>0，
可知f(x)在(0,+∞)内单调递增，无极值，不合题意；
当1−a1时，因此ℎ(x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0>0，
当0