2024-2025学年云南省丽江二中高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省丽江二中高二（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.已知集合A={1,2,3}，B={y|y=2x−1,x∈A}，则A∩B=( )
A. {1,3}B. {1,2}C. {2,3}D. {1,2,3}
2.若(2x−1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4=( )
A. −40B. 40C. 41D. 82
3.下列命题中正确命题个数为( )
①向量a//b⇔存在唯一的实数λ，使得向量b=λa；
②e为单位向量，且向量a//e，则向量a=±|a|e；
③若向量a⋅b=a⋅c，则b=c；
④若平面向量a⋅b=0，b⋅c=0，则向量a//c．
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知α，β均为锐角，sinα=45，sin(α−β)=513，则sinβ=( )
A. 1665B. 413C. 3365D. 6365
5.若2a=5b=10，则1a+1b=( )
A. −1B. lg7C. 1D. lg710
6.设数列{an}满足a1=1，a2n=a2n−1+2，a2n+1=a2n−1，n∈N∗，则满足|an−n|≤4的n的最大值是( )
A. 7B. 9C. 12D. 14
7.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|1)=P(X11)D. P(X0，若a3a5a7=105，且1a3a5+1a5a7+1a3a7=17，则( )
A. a5=5
B. S9=90
C. 对于任意的正整数n，总存在正整数m，使得am=Sn
D. 一定存在三个正整数m，n，k，当m0)的一个焦点为F(2,0)，离心率为 63.过焦点F的直线l与椭圆C交于 A，B两点，线段AB中点为D，O为坐标原点，过O，D的直线交椭圆于M，N 两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形AMBN面积的最大值．
17.(本小题15分)
定义：若函数f(x)与g(x)在公共定义域内存在x0，使得f(x0)+g(x0)=0，则称f(x)与g(x)为“契合函数”，x0为“契合点”．
(1)若f(x)=−lnx−1与g(x)=ax为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围；
(2)若p(x)=ex−xlnx与q(x)=bx−1为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”x1，x2．
①求b的取值范围；
②证明：x1x20，讨论函数ℎ(x)=f(x)−4g(x)的零点个数．
19.(本小题17分)
已知集合A={1,2,3,…,n}(n∈N，n≥3)，W⊆A，若W中元素的个数为m(m≥2)，且存在u，v∈W(u≠v)，使得u+v=2k(k∈N)，则称W是A的P(m)子集．
(Ⅰ)若n=4，写出A的所有P(3)子集；
(Ⅱ)若W为A的P(m)子集，且对任意的s，t∈W(s≠t)，存在k∈N，使得s+t=2k，求m的值；
(Ⅲ)若n=20，且A的任意一个元素个数为m的子集都是A的P(m)子集，求m的最小值．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.C
5.C
6.C
7.A
8.A
9.AD
10.BC
11.AC
12.−2
13.81125
14.130
15.(1)因为asinB− 3bcsA=0，
所以sinAsinB− 3sinBcsA=0，
又因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以sinA− 3csA=0，即tanA= 3．
又因为A∈(0,π)，所以A=π3；
(2)由(1)知，A=π3，因为△ABC的面积为 3，
所以12bcsinA= 3，即bc=4．
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
因为a= 13，所以13=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，
又因为bc=4，所以b+c=5．
所以△ABC的周长为5+ 13．
16.解：(I)由已知可得：c=2ca= 63a2=b2+c2，
解得a2=6，b2=2，
∴椭圆C的方程为x26+y22=1；
(II)当直线l的斜率不存在时，
A(2, 63)，B(2,− 63)，|MN|=2 6，SAMBN=12|MN||AB|=4．
当直线l的斜率存在时，
设直线l方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x3,y3)，N(−x3,−y3).
点M，N到直线l的距离分别为d1，d2．
联立x26+y22=1y=k(x−2)，化为(1+3k2)x2−12k2x+12k2−6=0，
∴x1+x2=12k21+3k2，x1x2=12k2−61+3k2．
|AB|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]= (1+k2)[(12k21+3k2)2−4×(12k2−6)1+3k2]=2 6(1+k2)1+3k2．
y1+y2=k(x1+x2−4)=−4k1+3k2，
∴线段AB的中点D(6k21+3k2,−2k1+3k2)，
∴直线OD的方程为：x+3ky=0(k≠0)．
联立x+3ky=0x2+3y2=6，解得y32=21+3k2，x3=−3ky3．
S四边形AMBN=12|AB|(d1+d2)=12×2 6(1+k2)1+3k2×(|kx3−y3−2k| 1+k2+|−kx3+y3−2k| 1+k2)
= 6 1+k2|2kx3−2y3|1+3k2
=2 6 1+k2|−3k2y3−y3|1+3k2
=4 3k2+31+3k2=4 1+21+3k2≤4 3，当k=0时，取得等号；
综上可得四边形AMBN的面积的最大值为4 3．
17.(1)由f(x)=−lnx−1与g(x)=ax为“契合函数”，得∃x∈(0,+∞)，使f(x)+g(x)=0
⇔−lnx−1+ax=0⇔a=lnx+1x，
令m(x)=lnx+1x，依题意，方程a=m(x)有唯一解，
则m′(x)=−lnxx2，
当x>1时，m′(x)0，x