2024-2025学年内蒙古部分学校高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年内蒙古部分学校高二（下）期末数学试卷（含答案），共8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={x|x=2k+1,k∈Z}，B={x|−1≤xb>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点B(2 63,1)在C上，A(0,t)(t>0),OB⋅OF2=2 63,|AB|=|AF2|，且P为C上一个动点，则( )
A. t=43B. C的长轴长为4
C. |PF1|的最小值为2− 3D. |PA|+|PF1|的最大值是173
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.样本数据8，6，2，7，8，9，10的极差为______．
13.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a=7,b=5,sinA= 32，则c= ______．
14.已知一个圆锥的母线长为6，则当该圆锥的体积取最大值时，该圆锥的侧面积为______．
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)
在数列{an}中，a1=12，且1an+1−1an=2．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求an+n200的最小值；
(3)求数列{1an+2n3}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
小张从一个口袋内取小球，每次取一个小球，每次取到红球的概率为12，取到白球的概率为12，已知每次取到红球还是白球相互独立，他连续取球n次，直至取到3个红球则停止取球，设停止取球时已取球的次数n的概率为Pn．
(1)求P3；
(2)求P4；
(3)若小张在取球5次之内(含5次)可以停止取球，设他停止取球时已取球的次数为X，求X的分布列与期望．
17.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=6，点D，E，F，H分别为AA1，AB，BC，CC1的中点．
(1)证明：D，E，F，H四点共面．
(2)证明：DE⊥平面AB1C.
(3)求直线FH与平面AB1C所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x+(lnx)sinx．
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程．
(2)证明：f(x)在(π2,5π2)上存在极小值．
(3)判断f(x)在(1,+∞)上是否存在零点，并说明理由．
19.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px经过点Q(p3,2 2p)，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动．
(1)求C的方程．
(2)若直线AB的方程为y=x−2，求△ABF内切圆的半径r．
(3)设点E(3,1)，且EF平分∠AFB，试问直线AB：x=my+n(n≠1)是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.D
5.A
6.A
7.A
8.C
9.ABD
10.ABD
11.ABD
12.8
13.8
14.12 6π
15.(1)在数列{an}中，a1=12，且1an+1−1an=2，
可得1a1=2，
所以数列{1an}是首项和公差均为2的等差数列，
所以1an=2n，得an=12n．
(2)an+n200=12n+n200≥2 12n⋅n200=110，
当且仅当12n=n200，即n=10时，等号成立，
所以an+n200的最小值为110．
(3)因为1an+2n3=2n+2n3，
可得Sn=(2+4+6+...+2n)+(23+43+...+2n3)，
所以Sn=(2+2n)n2+13×2−2n+11−2=n2+n+2n+1−23．
16.(1)P3表示连续取球3次且3次都取到红球的概率，
所以P3=(12)3=18．
(2)P4表示连续取球4次，且前3次中有2次取到红球，第4次取到红球的概率，
所以P4=C32×(12)2×(1−12)×12=316．
(3)P5表示连续取球5次，且前4次中有2次取到红球，第5次取到红球的概率，
所以P5=C42×(12)2×(1−12)2×12=316．
由题意随机变量X可取3，4，5，
所以P(X=3)=P3P3+P4+P5=14，
P(X=4)=P4P3+P4+P5=38，
P(X=5)=P5P3+P4+P5=38，
则X的分布列为：
所以E(X)=3×14+4×38+5×38=338．
17.(1)证明：连接DH，EF，
因为D，E，F，H分别为AA1，AB，BC，CC1的中点，
所以易得DH//AC，EF//AC，
所以DH//EF，
所以D，E，F，H四点共面．
(2)证明：因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以AA1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
则AA1⊥AC，
又因为AB⊥AC，AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
所以AC⊥平面ABB1A1，
因为DE⊂平面ABB1A1，
所以AC⊥DE，
连接A1B，
因为D，E分别为AA1，AB的中点，
所以DE//A1B，
因为AB=AA1，
所以易得四边形ABB1A1为正方形，则A1B⊥AB1，
所以DE⊥AB1，
因为AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面AB1C，
所以DE⊥平面AB1C.
(3)以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0,0,3)，E(3,0,0)，F(3,3,0)，H(0,6,3)，
所以DE=(3,0,−3)，FH=(−3,3,3)，
由(2)易得DE为平面AB1C的一个法向量，
设直线FH与平面AB1C所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|DE⋅FH||DE||FH|=|(3,0,−3)⋅(−3,3,3)| 32+(−3)2× 32+32+32=|−9−9| 9+9× 9+9+9= 63，
所以直线FH与平面AB1C所成角的正弦值为 63．
18.(1)因为f(x)=x+(lnx)sinx(x>0)，
所以f(1)=1；
又f′(x)=1+sinxx+(lnx)csx，
所以f′(1)=1+sin1，
故所求切线方程为y−1=(1+sin1)(x−1)，即y=(1+sin1)x−sin1；
(2)证明：因为f′(x)=1+sinxx+(lnx)csx(π21)，则g′(x)=x−1x，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
又g(1)=1>0，所以g(x)>0，
从而f(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上无零点．
19.(1)因为抛物线C经过点Q(p3,2 2p)，
所以2p⋅p3=(2 2p)2，
解得p=0或p=±2，
因为抛物线C的焦点F在x轴的正半轴上，
所以p>0，
则p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2).
联立y=x−2y2=4x，消去y并整理得x2−8x+4=0，
此时Δ=48>0，
由韦达定理得x1+x2=8，x1x2=4，
则|AB|= 1+12 (x1+x2)2−4x1x2=4 6，
|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=10，
因为点F(1,0)到直线AB的距离d=1 2，
所以△ABF的面积S=12d⋅|AB|=2 3，
则r=2S|AF|+|BF|+|AB|=4 310+4 6=10 3−12 2；
(3)因为EF平分∠AFB，
所以FE=λ(FA|FA|+FB|FB|)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则FA|FA|+FB|FB|=(x1−1,y1)x1+1+(x2−1,y2)x2+1=(x1−1x1+1+x2−1x2+1,y1x1+1+y2x2+1)，
因为F(1,0)，FE=(2,1)，
所以x1−1x1+1+x2−1x2+1=2(y1x1+1+y2x2+1)，
整理得x1x2−1=x1y2+x2y1+y1+y2，
所以(y1y2)216−1=y124y2+y224y1+y1+y2，
即(4y1y2+16)(y1+y2)=(y1y2)2−16，
联立x=my+ny2=4x，消去x并整理得y2−4my−4n=0，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=−4n，
因为(4y1y2+16)(y1+y2)=(y1y2)2−16，
所以(4m+n+1)(n−1)=0，
因为n≠1，
所以4m+n+1=0，
即n=−4m−1，
所以直线方程为x+1=m(y−4)．
则直线AB过定点(−1,4)．
X
3
4
5
P
14
38
38