2024-2025学年湖南省部分学校高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省部分学校高二（下）期中数学试卷（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。
1.已知集合A={−2,−1,0,1,2}，B={−3,−1,1,3}，则A∩B=( )
A. {−1}B. {0}C. {0,1}D. {−1,1}
2.已知a∈R，(1+ai)(2+i)=3−i，若复数z=a+2i，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 5D. 10
3.已知直线y=x+t与圆O：x2+y2=3相交于A，B两点，|AB|=2，则|t|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知锐角α满足csα= 1010，则tan2α=( )
A. −14B. −12C. −34D. −1
5.已知双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的离心率为2，左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线C上的一点，且|PF1|=52，则|PF2|=( )
A. 92B. 5C. 12D. 12或92
6.已知函数f(x)=2|x|，则使f(x)>f(x−4)成立的x的取值范围是( )
A. (−∞,2)B. (2,+∞)C. (−∞,1)D. (1,+∞)
7.已知ω>0，函数f(x)=cs(ωx+π4)−3的最小正周期为T，若π0)的焦点F为椭圆N：x29+y25=1的右焦点，且N的右顶点为D．
(1)求M的方程；
(2)设过点D且倾斜角为135°的直线l与M交于A，B两点，求|AB|．
17.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，AA1=2，P是BC的中点，Q是侧面CDD1C1内的一点(含边界)．
(1)若Q是侧面CDD1C1的中心，证明：AC⊥PQ．
(2)若PQ//平面A1BD，试求点Q的轨迹的长度．
(3)求平面A1BD与平面PC1D夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知一个盒中装有3个大小、形状完全相同的小球(1个红球和2个黑球)，从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作.假设每次取球相互独立．
(1)经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列；
(2)求第3次操作取到红球的概率；
(3)设经过2k−1(k∈N∗)次操作后，盒中全是黑球的概率为pk，求数列{pn}的前n项和Sn．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex− 2(2asinx+bcsx)，且f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=0．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若t是f(x)在[−π,0)上的一个极值点，证明： 20)的焦点F为(2,0)，
故p2=2，即p=4，
所以M的方程为y2=8x．
(2)依题意可得直线l的方程为y=−x+3，
由y=−x+3,y2=8x,得x2−14x+9=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则Δ=142−36>0，x1+x2=14，x1x2=9，
则|AB|= 1+k2|x1−x2|= 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2× 160=8 5．
17.(1)证明：如图1，取CD的中点M，连接PM，QM，
则QM//CC1，QM⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以QM⊥AC，
因为PM是△BCD的中位线，所以PM//BD，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，从而AC⊥PM，
又PM∩QM=M，PM，QM⊂平面MPQ，
所以AC⊥平面MPQ，而PQ⊂面MPQ，
从而AC⊥PQ．
(2)如图2，取CD的中点M，DD1的中点N，连接MN，NP，MP，CD1，
则MN//CD1//A1B，
又MN⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，
所以MN//平面A1BD，
同理PM//平面A1BD，又PM∩MN=M，PM，MN⊂平面MNP，
所以平面MNP//平面A1BD．
因为平面MNP∩平面CDD1C1=MN，所以MN就是点Q的轨迹，
因为MN=12CD1= 2，
所以点Q的轨迹长度为 2．
(3)设AC与BD交于点O，由题设可知AC⊥BD，
以O为坐标原点，OA,OB的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图3所示，
则B(0,1,0),D(0,−1,0),A1( 3,0,2)，P(− 32,12,0),C1(− 3,0,2),DA1=( 3,1,2),BA1=( 3,−1,2)，
设平面A1BD的法向量为m=(x,y,z)，
则m⊥DA1m⊥BA1，由m⋅DA1=0m⋅BA1=0，得 3x+y+2z=0 3x−y+2z=0，
令x=2，得m=(2,0,− 3)，
设平面PC1D的法向量为n=(a,b,c)，
则DC1=(− 3,1,2),DP=(− 32,32,0)，
则n⊥DC1n⊥DP，由n⋅DC1=0n⋅DP=0，得− 3a+b+2c=0− 32a+32b=0，
令a= 3，则b=1，c=1，得n=( 3,1,1)．
设平面A1BD与平面PC1D的夹角为θ，
则csθ=|m⋅n||m||n|=2 3− 3 7× 5= 10535．
18.解：(1)由题意，X的所有可能取值为1，3，
则P(X=3)=23×13=29，P(X=1)=1−29=79，
故X的分布列为：
(2)由题意，设事件Ai(i=1,2,3)表示第i次取到红球，
则P(A3)=P(A1A2A3)+P(A1A2−A3)+P(A1−A2A3)+P(A1A2−A3)
=0+13×1×13+23×23×13+23×13×1=1327；
(3)由题意及(1)(2)得，n∈N∗，
设n次操作后，盒中全是黑球、1个红球和2个黑球、2个红球和1个黑球、全是红球的概率分别为an，bn，cn，dn，
由操作规则可知，当n为奇数时，盒中全是黑球或2个红球、1个黑球，
当n为偶数时，盒中全是红球或1个红球、2个黑球，
即a1=13，a2k=c2k=0，b2k−1=d2k−1=0，a2k−1+c2k−1=1，其中k∈N∗，
因为a2k+1=13b2k=13(a2k−1+23c2k−1)=13a2k−1+29(1−a2k−1)，
所以a2k+1−14=19(a2k−1−14)，
所以{a2k−1−14}是以112为首项，19为公比的等比数列，
则pk=a2k−1=112(19)k−1+14，
故Sn=112×1−(19)n1−19+14n，
即Sn=332(1−19n)+n4(n∈N∗)．
19.(1)由题可知f(0)=1− 2b=0，解得b= 22．
f′(x)=ex−2 2acsx+ 2bsinx，
由f′(0)=1−2 2a=0，解得a= 24，
f(x)=ex−sinx−csx．
(2)证明：由(1)得f′(x)=ex−csx+sinx=ex+ 2sin(x−π4)．
①当−π≤x≤−3π4时，−5π4≤x−π4≤−π，
因此 2sin(x−π4)≥0,ex>0，因此f′(x)>0，
因此f(x)在−π⩽x⩽−3π4上单调递增．
②当−π⩽x⩽−3π4时，−π⩽x⩽−3π4．
令g(x)=f′(x)=ex+ 2sin(x−π4)，因此g′(x)=ex+ 2cs(x−π4)．
因为ex