2024-2025学年甘肃省甘南州高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年甘肃省甘南州高二（下）期末数学试卷（含答案），共9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.若随机变量X～N(1,σ2)，且P(X≤a)=P(X≥b)，则a+b的值为( )
A. 0B. 1C. 2D. 4
2.已知函数f(x)=ex+x2，则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为( )
A. y=xB. y=x+1C. y=2xD. y=3x−2
3.过圆O：x2+y2=1外的点P(3,3)作O的一条切线，切点为A，则|AP|=( )
A. 2 2B. 17C. 3 2D. 5
4.已知随机变量X的分布列为
则数学期望E(X)=( )
A. mB. 2C. 1D. 34
5.下列说法正确的个数为( )
①根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为y​=b​x+a​，若b =2，x−=1，y−=3，则a =1；
②分类变量A与B的统计量χ2越大，说明“A与B有关系”的可信度越小；
③一元线性回归模型中，如果相关系数r=0.98，表明两个变量的相关程度很强．
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn=2an+n，则a10=( )
A. −1023B. −100C. 513D. 2036
7.设O为坐标原点，F1，F2为双曲线C：x24−y25=1的两个焦点，点P在C上，cs∠F1PF2=16，则|OP|=( )
A. 11B. 3C. 3 22D. 917
8.设函数f(x)=ex(x−1)−2ax+a，若f(x0)b>0)上两点．
(1)求C的方程；
(2)点P在椭圆上(异于椭圆的顶点)，直线AP交y轴于点Q，F1，F2为椭圆C的左、右焦点，若△F1PQ的面积是△F2PA面积的3倍，求直线PQ的方程．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=xex．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：f(x)x>x+1；
(3)若f(x)>asinx对于x∈(0,π)恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
现有A，B两个盒子，A，B两盒子中各装有1个黑球和2个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行n(n∈N∗)次这样的操作后，记A盒子中黑球的个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．
(1)求p1，p2，q1，q2的值；
(2)求证：2pn+qn是定值；
(3)求Xn的数学期望E(Xn).
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.D
5.C
6.A
7.A
8.D
9.BC
10.BC
11.ACD
12.13
13.[0,+∞)
14.17
15.(1)在等差数列{an}中，a3=5，a7=13，
设公差为d，
可得a1+2d=5，a1+6d=13，
解得a1=1，d=2，
故an=1+2(n−1)=2n−1．
(2)由(1)得，令bn=2an⋅an+1，
则bn=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1．
所以Tn=(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)=1−12n+1=2n2n+1．
16.(1)证明：取AP的中点为F，连接BF，EF，
则EF//AD，EF=12AD=1，
而AD//BC，AD=2BC，故EF//BC，EF=BC，
故四边形EFBC为平行四边形，
故BF//CE，
而CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
所以CE//平面PAB．
(2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，
得PC=(1,1,−2)，PD=(0,2,−2)，
易知平面PAB的法向量为m=(0,1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(a,b,c)，
则由n⋅PC=0n⋅PD=0，可得a+b−2c=02b−2c=0，取n=(1,1,1)，
故cs〈m,n〉=11× 3= 33，
故平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为 33．
(3)由BC=(0,1,0)，平面PCD的法向量为n=(1,1,1)，
则|BC⋅n||n|=1 1+1+1= 33，
即点B到平面PCD的距离为 33．
17.(1)因为A(2 3,0)和B(3,32)为椭圆C上两点，
所以a=2 39a2+94b2=1，
解得b2=9a2=12，
则椭圆C的方程为x212+y29=1．
(2)已知直线PQ的斜率存在，
设直线PQ的方程为y=k(x−2 3)，
联立x212+y29=1y=k(x−2 3)，消去y并整理得(3+4k2)x2−16 3k2x+48k2−36=0，
由韦达定理得xA⋅xP=48k2−363+4k2，
所以xP=8 3k2−6 33+4k2，
即P(8 3k2−6 33+4k2,−12 3k3+4k2)，Q(0,−2 3k)，
因为F1(− 3,0)，F2( 3,0)，
所以S△F1QA=12×3 3×|yQ|，S△F2PA=12× 3×|yP|，S△F1AP=12×3 3×|yP|，
所以S△F1QA=S△F1PQ+S△F1AP=3S△F2PA+S△F1AP，
则|yQ|=2|yP|，
即|−2 3k|=2|−12 3k3+4k2|，
解得k=±32．
则直线PQ的方程为y=±32(x−2 3)．
18.(1)由已知得：f′(x)=(x+1)ex，
f′(x)−1，f(x)在x∈(−1,+∞)单调递增，
所以f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增；
(2)证明：要证f(x)x>x+1，即证ex−x−1>0(x≠0)恒成立，
令g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1．
g′(x)0⇒(0,+∞)，g(x)在x∈(0,+∞)单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，故ex>x+1(x≠0)，
即f(x)x>x+1；
(3)令ℎ(x)=xex−asinx，ℎ′(x)=(x+1)ex−acsx，
令m(x)=ℎ′(x)，则m′(x)=(x+2)ex+asinx，
由x∈(0,π)时，sinx>0，所以，
①当a≤0时，得xex>0，−asinx≥0，得ℎ(x)>0，满足题意，
②当a>0时，得(x+2)ex>0，asinx>0，
因此m′(x)>0，则ℎ′(x)在(0,π)上单调递增，
若0ℎ′(0)=1−a≥0，
则ℎ(x)在(0,π)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，满足题意；
若a>1，则ℎ′(0)0，
因此ℎ′(x)在(0,π)存在唯一的零点x0，
且x0∈(0,π2)，
当0