2022-2023学年上海交大附中高二（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年上海交大附中高二（上）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了的虚部是 　 　等内容，欢迎下载使用。

1．（6分）设i是虚数单位，则复数z＝2i（1﹣i）的虚部是 ．
2．（6分） ．
3．（6分）同时掷两粒骰子，则点数之和为7的概率是 ．（结果用分数表示）
4．（6分）已知数据x1、x2、…、x8的方差为16，则数据3x1+1、3x2+1、…、3x8+1的标准差为 ．
5．（6分）已知，则 ．
6．（6分）某个闯关游戏规定：闯过前一关才能去闯后一关，若某一关没有通过，则游戏结束．小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为，连续闯过前三关的概率为．事件A表示小明第一关闯关成功，事件C表示小明第三关闯关成功，则P（C|A）＝ ．
7．（6分）如果定义，那么 ．
8．（6分）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为 ．
9．（6分）某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，依据以往成绩估算该同学在物理、化学、政治科目等级中达A+的概率分别为、、，假设各门科目考试的结果互不影响，则该同学等级考至多有1门学科没有获得A+的概率为 ．
10．（6分）已知异面直线a、b所成角为α，过空间定点P与a、b成65°角的直线共有3条，则α的大小是 ．
11．（6分）六名小朋友A、B、C、D、E、F在玩击鼓传花游戏，每个人在接到花后随机传给其他五人中的一人，设首先由A开始进行第1次传花，那么恰好在第4次传花把花传回到A手中的概率是 .（用最简分数表示）
12．（6分）已知f（x）＝2sinπx，，则y＝f（x）与y＝g（x）图像交点的横坐标之和为 ．
13．（6分）在由正整数构成的无穷数列{an}中，对任意的正整数，都有an≤an+1且对任意的正整数k，数列{an}中恰有k个k，则a2023＝ ．
14．（6分）已知，若函数y＝f（x）有三个零点，则实数a的取值范围是 ．
15．（6分）已知三棱锥P﹣ABC的顶点P在底面的射影O与△ABC的垂心重合，且．若三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，则S△PAB+S△PBC+S△PCA的最大值为 ．
二.选择题（每题6分）
16．（6分）如图的茎叶图记录了甲、乙两组各5名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x、y的值分别为（ ）
A．2，5B．5，5C．5，8D．8，8
17．（6分）一个弹性小球从10米自由落下，着地后反弹到原来高度的处，再自由落下，又弹回到上一次高度的处，假设这个小球能无限次反弹，则这个小球在这次运动中所经过的总路程为（ ）
A．50B．60C．70D．80
18．（6分）已知直线a，b和平面α，且b在α上，a不在α上，则下列判断错误的是（ ）
A．若a∥α，则存在无数条直线b，使得a∥b
B．若a⊥α，则存在无数条直线b，使得a⊥b
C．若存在无数条直线b，使得a∥b，则a∥α
D．若存在无数条直线b，使得a⊥b，则a⊥α
19．（6分）设0＜a≤b，随机变量X的分布是，则E（X）的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
20．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F是线段B1D1上的动点且EF＝2，则三棱锥A﹣BEF的体积为（ ）
A．B．C．D．无法确定
21．（6分）已知，随机变量ξ、η相互独立，随机变量ξ的分布为，η的分布为，则当p在内增大时（ ）
A．E（ξ+η）减小，D（ξ+η）增大
B．E（ξ+η）减小，D（ξ+η）减小
C．E（ξ+η）增大，D（ξ+η）增大
D．E（ξ+η）增大，D（ξ+η）减小
22．（6分）已知a1，a2，a3，a4是各项均为正数的等差数列，其公差d大于零，若线段l1，l2，l3，l4的长分别为a1，a2，a3，a4，则（ ）
A．对任意的d，均存在以l1，l2，l3为三边的三角形
B．对任意的d，均不存在以l1，l2，l3为三边的三角形
C．对任意的d，均存在以l2，l3，l4为三边的三角形
D．对任意的d，均不存在以l2，l3，l4为三边的三角形
23．（6分）设f（x）＝ax2+bx+c（a、b、c∈R）．已知关于x的方程f（x）＝x有纯虚数根，则关于x的方程f（f（x））＝x的解的情况，下列描述正确的是（ ）
A．可能方程只有虚根解，其中两个是纯虚根
B．可能方程有四个实数根的解
C．可能有两个实数根，两个纯虚数根
D．可能方程没有纯虚数根的解
24．（6分）等差数列{an}的通项是an＝3n﹣1，等比数列{bn}满足b1＝ap，b2＝aq，其中q＞p≥1，且n、p、q均为正整数．有关数列{bn}，有如下四个命题：
①存在p、q，使得数列{bn}的所有项均在数列{an}中；
②存在p、q，使得数列{bn}仅有有限项（至少1项）不在数列{an}中；
③存在p、q，使得数列{bn}的某一项的值为2023；
④存在p、q，使得数列{bn}的前若干项的和为2023．
其中正确的命题个数是（ ）个．
A．0B．1C．2D．3
2022-2023学年上海交大附中高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.填空题（每题6分）
1．（6分）设i是虚数单位，则复数z＝2i（1﹣i）的虚部是 2 ．
【分析】由复数的运算可得复数z的代数式，进而求出它的虚部．
【解答】解：z＝2i（1﹣i）＝2i+2，
所以复数z的虚部为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查复数的运算性质的应用，属于基础题．
2．（6分） ．
【分析】由求极限的方法，应先化简要求极限的式子然后再求极限．
【解答】解：因为：；
所以：．
故答案为：．
【点评】此题考查了利用分离常量法求函数极限及0这一结论
3．（6分）同时掷两粒骰子，则点数之和为7的概率是 ．（结果用分数表示）
【分析】由题意知本题是一个古典概型，试验发生的所有事件为掷两颗骰子所有的6×6＝36种结果，而满足条件的事件通过列举得到结果为1，6；2，5；3，4；4，3；5，2；6，1共有6种结果，列举时要做到不重不漏．
【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，
∵试验发生的所有事件为掷两颗骰子所有的6×6＝36种结果，
而满足条件的事件为1，6；2，5；3，4；4，3；5，2；6，1共有6种结果，
∴由古典概型公式得到结果P，
故答案为：．
【点评】高中必修中学习了几何概型和古典概型两种概率问题，解题时先要判断该概率模型是不是古典概型，再要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数．
4．（6分）已知数据x1、x2、…、x8的方差为16，则数据3x1+1、3x2+1、…、3x8+1的标准差为 12 ．
【分析】根据数据x1、x2、…、x8的方差求出数据3x1+1、3x2+1、…、3x8+1的方差，再求标准差．
【解答】解：因为数据x1、x2、…、x8的方差为16，
所以数据3x1+1、3x2+1、…、3x8+1的方差为32×16，
所以标准差为3×4＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了样本数据的数字特征应用问题，是基础题．
5．（6分）已知，则 ．
【分析】利用三角函数的诱导公式，二倍角公式求解即可．
【解答】解：∵，
∴cs（336π2x）＝cs（2x）＝1﹣2sin2（x）＝1﹣2，
故答案为：．
【点评】本题考查三角函数的诱导公式，二倍角公式，属于基础题．
6．（6分）某个闯关游戏规定：闯过前一关才能去闯后一关，若某一关没有通过，则游戏结束．小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为，连续闯过前三关的概率为．事件A表示小明第一关闯关成功，事件C表示小明第三关闯关成功，则P（C|A）＝ ．
【分析】根据题意，由条件概率计算公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为，连续闯过前三关的概率为．
则P（A），P（ABC），
则P（C|A），
故答案为：．
【点评】本题考查条件概率的计算，注意条件概率的计算公式，属于基础题．
7．（6分）如果定义，那么 ．
【分析】通分后展开平方差公式整理，再由数列极限得答案．
【解答】解：∵，
∴...
...．
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查数列极限，化简是关键，是中档题．
8．（6分）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为 405 ．
【分析】由已知结合二项式系数的性质先求出n，然后利用赋值法求出a，再结合通项即可求解．
【解答】解：由题意得，
故n＝10，
令x＝1可得（a﹣1）n＝1024，
所以a＝3，
所以展开式的通项为Tr+1（3x2）10﹣r（）r＝（﹣1）r•310﹣rx，
令200，则r＝8，
故展开式的通项为405．
故答案为：405，．
【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
9．（6分）某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，依据以往成绩估算该同学在物理、化学、政治科目等级中达A+的概率分别为、、，假设各门科目考试的结果互不影响，则该同学等级考至多有1门学科没有获得A+的概率为 ．
【分析】根据题意，该同学至多有1门学科没有获得A+，即该同学全部为A+或只有1门不是A+，由此利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式直接求解．
【解答】解：根据题意，该同学至多有1门学科没有获得A+，即该同学全部为A+或只有1门不是A+，
当该同学全部为A+时，其概率P1，
当该同学只有1门不是A+时，其概率P2＝（1）（1）（1），
则该同学等级考至多有1门学科没有获得A+的概率P＝P1+P2；
故答案为：．
【点评】本题考查概率的运算，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．（6分）已知异面直线a、b所成角为α，过空间定点P与a、b成65°角的直线共有3条，则α的大小是 50° ．
【分析】根据条件先将直线a，b平移到a′，b′，使得a′，b′过点P，再根据a′，b′所成角以及直线a′，b′所在平面的垂线分析与直线a，b所成角均为65°的直线的情况能求出α的大小．
【解答】解：将直线a，b平移到a′，b′，使得a′，b′过点P，如图，
设a′，b′所成角的平分线为c，过点P垂直a′，b′所在直线的直线为d，
∵异面直线a，b所成角均为α，∴a′，b′所成角为α，
∴当直线l经过点P且直线l在直线a′，b′所在平面，
垂直于直线c时，直线l与直线a′，b′所成角相等，均为65°时，
a′，b′所成角为180°﹣2×65°＝50°，即α＝50°；
当直线l在直线c，d平面内时，若直线l绕着点P旋转，此时直线l与直线a′，b′所成角相等，
且所成角从变化到90°，再从90°变化到，此时满足条件的直线有两条，
∴65°，解得α＝50°，
∴过空间定点P与a，b成65°角的直线l共有3条时，α＝50°．
故答案为：50°．
【点评】本题考查异面直线所成角的定义及求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11．（6分）六名小朋友A、B、C、D、E、F在玩击鼓传花游戏，每个人在接到花后随机传给其他五人中的一人，设首先由A开始进行第1次传花，那么恰好在第4次传花把花传回到A手中的概率是 .（用最简分数表示）
【分析】由已知设第n次把球传到A的概率记为Pn，则Pn+1为第n+1次传到A，则传球前不在A手中，而每个人传给其他人的概率为，则Pn+1，然后构造等比数列，结合等比数列的通项公式可求．
【解答】解：设第n次把球传到A的概率记为Pn，
则Pn+1为第n+1次传到A，则传球前不在A手中，而每个人传给其他人的概率为，则Pn+1，
即Pn+1（Pn），
因为P1，
所以数列{Pn}是以为首项，以为公比的等比数列，
Pn•（）n﹣1，
故P4．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了数列的递推关系及等比数列通项公式的应用，属于中档题．
12．（6分）已知f（x）＝2sinπx，，则y＝f（x）与y＝g（x）图像交点的横坐标之和为 ﹣15 ．
【分析】依题意，（﹣1，0）是f（x）的一个对称中心，也是g（x）的对称中心，如图得到左右交点关于（﹣1，0）对称，即x1+x2＝﹣2，即可求解．
【解答】解：依题意，（﹣1，0）是f（x）的一个对称中心，也是g（x）的对称中心，
如图所示：
所以左右交点关于（﹣1，0）对称，即x1+x2＝﹣2，
而共有7对，加上本身点（﹣1，0），
所以横坐标之和为﹣2×7﹣1＝﹣15．
故答案为：﹣15．
【点评】本题考查了函数与方程的综合应用，属于中档题．
13．（6分）在由正整数构成的无穷数列{an}中，对任意的正整数，都有an≤an+1且对任意的正整数k，数列{an}中恰有k个k，则a2023＝ 64 ．
【分析】先判断出数列中各项的特点，再判断出第2023 项所在的组即可．
【解答】解：∵对任意的正整数k，数列{an}中恰有k个k，
∴数列是1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，…，
当n＝63时，
1+2+3+…+n2016＜2023，
当n＝64时，
1+2+3+…+n2080＞2023
∴a2023在第64组中，故a2023＝64．
故答案为：64．
【点评】本题考查数列的函数特性．解答关键是判断出数列具有的函数性质，属于中档题．
14．（6分）已知，若函数y＝f（x）有三个零点，则实数a的取值范围是 （1，2] ．
【分析】令g（x）＝2x﹣a（x≤1），h（x）＝（x﹣a）（x﹣3a）（x＞1），则题意可得g（x）有一个零点，h（x）有两个零点，在同一坐标系中作出两函数的图象，结合图象即可得解．
【解答】解：令g（x）＝2x﹣a（x≤1），h（x）＝（x﹣a）（x﹣3a）（x＞1），
又因为函数y＝f（x）有三个零点，
所以g（x）＝0（x≤1）有一个零点，h（x）＝（x﹣a）（x﹣3a）（x＞1）有两个零点，
由g（x）＝0（x≤1）有一个零点可得：，所以0＜a≤2；
由h（x）＝（x﹣a）（x﹣3a）（x＞1）有两个零点，所以，解得a＞1，
综上所述：1＜a≤2．
故答案为：（1，2]．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，难点是由题意得出g（x）有一个零点，h（x）有两个零点，属于中档题．
15．（6分）已知三棱锥P﹣ABC的顶点P在底面的射影O与△ABC的垂心重合，且．若三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，则S△PAB+S△PBC+S△PCA的最大值为 18 ．
【分析】连接AO，并延长交BC于E，由线面垂直的判定定理证得BC⊥平面PAE，进而证明PA⊥BC，PC⊥PE，由，知PE2＝AE•OE，根据相似三角形可得PA⊥PE，进而证明PA，PB，PC两两垂直，补三棱锥为以PA，PB，PC为棱的长方体，得到PA2+PB2+PC2＝36，再利用基本不等式能求出S△PAB+S△PBC+S△PCA的最大值．
【解答】解：连接AO，并延长交BC于E，则BC⊥AE，连接PO，PE，如图，
则PO⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC，
∵PO∩AE＝O，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PA，PC⊥PE，
同理可证AC⊥PB，
∵，∴，
∴PE2＝AE•OE，∴，∵∠PEA＝∠PEO，∴△POE∽△APE，
∴∠APE＝∠POE＝90°，PA⊥PE，
∵PA⊥BC，PE∩BC＝E，∴PA⊥平面PBC，∴PA⊥PB，PA⊥PC，
∵AC⊥PB，PA∩AC＝A，∴PB⊥平面PAC，∴PB⊥PC，
∴PA，PB，PC两两垂直，
补三棱锥为以PA，PB，PC为棱的长方体，
∵长方体的体对角线长为长方体外接球的直径，∴PA2+PB2+PC2＝36，
∴S△PAB+S△PBC+S△PCA（PA•PB+PB•PC+PC•PA）
（）（PA2+PB2+PC2）18，
当且仅当PA＝PB＝PC＝2时，取等号，
∴S△PAB+S△PBC+S△PCA的最大值为18．
故答案为：18．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理、相似三角形的判定与性质、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二.选择题（每题6分）
16．（6分）如图的茎叶图记录了甲、乙两组各5名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x、y的值分别为（ ）
A．2，5B．5，5C．5，8D．8，8
【分析】根据茎叶图与中位数、平均数的定义，即可求出x、y的值．
【解答】解：根据茎叶图中的数据，得；
甲组数据是9，12，10+x，24，27；
它的中位数为l5，∴x＝5；
乙组数据的平均数为
[9+15+（10+y）+18+24]＝16.8，解得y＝8；
所以x、y的值分别是5和8．
故选：C．
【点评】本题考查了利用茎叶图中的数据求中位数和平均数的应用问题，是基础题目．
17．（6分）一个弹性小球从10米自由落下，着地后反弹到原来高度的处，再自由落下，又弹回到上一次高度的处，假设这个小球能无限次反弹，则这个小球在这次运动中所经过的总路程为（ ）
A．50B．60C．70D．80
【分析】由题意得这个小球在这次运动中所经过的总路程为Sn＝10+2×102×10×（）2+...+2×10×（）n，利用等比数列的求和公式，求解即可得出答案．
【解答】解：一个弹性小球从10米自由落下，着地后反弹到原来高度的处，再自由落下，又弹回到上一次高度的处，假设这个小球能无限次反弹，
则这个小球在这次运动中所经过的总路程为Sn＝10+2×102×10×（）2+...+2×10×（）n＝10+2010+60[1﹣（）n]，
假设这个小球能无限次反弹，则70，
故选：C．
【点评】本题考查根据实际问题考查函数类型和数列的应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18．（6分）已知直线a，b和平面α，且b在α上，a不在α上，则下列判断错误的是（ ）
A．若a∥α，则存在无数条直线b，使得a∥b
B．若a⊥α，则存在无数条直线b，使得a⊥b
C．若存在无数条直线b，使得a∥b，则a∥α
D．若存在无数条直线b，使得a⊥b，则a⊥α
【分析】由线面平行的性质定理可判断A；
由线面垂直的性质定理可判断B；
由线面平行的判定定理可判断C；
由线面垂直的判定定理可判断D．
【解答】解：选项A，若a∥α，则α内存在无数条直线与a平行，即A正确；
选项B，若a⊥α，则a垂直α内无数条直线，即B正确；
选项C，因为a∥b，a⊄α，b⊂α，所以a∥α，即C正确；
选项D，若存在无数条直线b，使得a⊥b，则a与α平行或相交（含垂直），即D错误．
故选：D．
【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面平行、垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感和推理论证能力，属于基础题．
19．（6分）设0＜a≤b，随机变量X的分布是，则E（X）的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据概率之和为1找到a，b之间的关系，用a，b表示出E（X），结合不等关系求出E（X）的范围．
【解答】解：根据分布列的性质可知：，
结合题干条件0＜a≤b可解得：，
而E（X）＝1•a+2•b+4•（a+b）＝5a+6b，
于是，
故选：B．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的期望，属于中档题．
20．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F是线段B1D1上的动点且EF＝2，则三棱锥A﹣BEF的体积为（ ）
A．B．C．D．无法确定
【分析】先证明AO⊥平面BDD1B1，再利用锥体体积公式计算体积得到答案．
【解答】解：如图所示：连接AC与BD交于点O，BB1⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，
故AO⊥BB1，又AO⊥BD，BD∩BB1＝B，BD，BB1在平面BDD1B1内，
故AO⊥平面BDD1B1，
，
故选：C．
【点评】本题主要考查棱锥的体积，属于中档题．
21．（6分）已知，随机变量ξ、η相互独立，随机变量ξ的分布为，η的分布为，则当p在内增大时（ ）
A．E（ξ+η）减小，D（ξ+η）增大
B．E（ξ+η）减小，D（ξ+η）减小
C．E（ξ+η）增大，D（ξ+η）增大
D．E（ξ+η）增大，D（ξ+η）减小
【分析】利用数学期望和方差的性质直接求解．
【解答】解：由题意可得：，E（η）＝（﹣1）×（1﹣p）+1×p＝2p﹣1，
所以，
所以当p在（0，）内增大时，E（ξ+η）增大，
；
D（η）＝（﹣2p）2×（1﹣p）+（2﹣2p）2×p＝4p﹣4p2，
所以，
所以当p在（0，）内增大时，D（ξ+η）增大．
故选：C．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，属于中档题．
22．（6分）已知a1，a2，a3，a4是各项均为正数的等差数列，其公差d大于零，若线段l1，l2，l3，l4的长分别为a1，a2，a3，a4，则（ ）
A．对任意的d，均存在以l1，l2，l3为三边的三角形
B．对任意的d，均不存在以l1，l2，l3为三边的三角形
C．对任意的d，均存在以l2，l3，l4为三边的三角形
D．对任意的d，均不存在以l2，l3，l4为三边的三角形
【分析】利用等差数列的通项公式及其性质、三角形两边之和大于第三边，即可判断出结论．
【解答】解：A：对任意的d，假设均存在以l1，l2，l3为三边的三角形，∵a1，a2，a3，a4是各项均为正数的等差数列，其公差d大于零，∴a2+a3＞a1，a3+a1＝2a2＞a2，
而a1+a2﹣a3＝a1﹣d不一定大于0，因此不一定存在以l1，l2，l3为三边的三角形，故不正确；
B：由A可知：当a1﹣d＞0时，存在以l1，l2，l3为三边的三角形，因此不正确；
C：对任意的d，由于a3+a4＞a2，a2+a4＝2a1+4d＝a1+2d+a3＞0，a2+a3﹣a4＝a1＞0，因此均存在以l2，l3，l4为三边的三角形，正确；
D．由C可知不正确．
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其性质、三角形两边之和大于第三边，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
23．（6分）设f（x）＝ax2+bx+c（a、b、c∈R）．已知关于x的方程f（x）＝x有纯虚数根，则关于x的方程f（f（x））＝x的解的情况，下列描述正确的是（ ）
A．可能方程只有虚根解，其中两个是纯虚根
B．可能方程有四个实数根的解
C．可能有两个实数根，两个纯虚数根
D．可能方程没有纯虚数根的解
【分析】根据题假设x＝mi（m≠0，m∈R）是方程f（x）＝0的根，利用方程的根的意义结合复数相等，由此能求出结果．
【解答】解：f（x）＝ax2+bx+c（a、b、c∈R），
关于x的方程f（x）＝x有纯虚数根，设纯虚数根为x＝mi（m∈R，m≠0），
则f（ni）＝mi，即﹣am2+c+bmi＝mi，
∴c＝am2，b＝1，a≠0，f（x）＝ax2+x+am2，
方程f（x）＝x化为x2+m2＝0，方程有两个纯虚数根为±mi，
方程f（f（x））＝x化为a2x4+2ax3+2（a2m2+1）x2+2am2x+a2m4+2m2＝0，
整理得（a2x2+2ax+a2m2+2）（x2+m2）＝0，
∴x2+m2＝0，或a2x2+2ax+a2m2+2＝0，
∴方程f（f（x））＝x有两个纯虚数根±mi，
而方程a2x2+2ax+a2m2+2＝0中，
Δ＝4a2﹣4a2（a2m2+2）＝﹣4a2（a2m2+1）＜0，
∴方程a2x2+2ax+a2m2+2＝0无实数根，有两个虚数根x±i，不是纯虚数根，
∴A正确，BCD均错误．
故选：A．
【点评】本题考查复数的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
24．（6分）等差数列{an}的通项是an＝3n﹣1，等比数列{bn}满足b1＝ap，b2＝aq，其中q＞p≥1，且n、p、q均为正整数．有关数列{bn}，有如下四个命题：
①存在p、q，使得数列{bn}的所有项均在数列{an}中；
②存在p、q，使得数列{bn}仅有有限项（至少1项）不在数列{an}中；
③存在p、q，使得数列{bn}的某一项的值为2023；
④存在p、q，使得数列{bn}的前若干项的和为2023．
其中正确的命题个数是（ ）个．
A．0B．1C．2D．3
【分析】利用反证法结合整除性，可判断②③④的正误，利用特例可判断①的正误．
【解答】解：由题设条件可得b1＝3p﹣1，b2＝3q﹣1，∴bn＝（3p﹣1）×（）n﹣1，
对于①，取p＝1，q＝3，则bn＝2×4n﹣1，
当n≥2时，2×4n﹣1＝2×（3+1）n﹣1＝2×（•••1）
＝2×（•••）+1}﹣1，
∴bn（n≥2）均为{an}中的项，而b1＝aq也为{an}中的项，故①正确；
对于②，若存在p，q，使得数列{bn}仅有有限项（至少1项）不在数列{an}中，
则从某项（k0≥4）开始，所有的项均在{an}中，且b1，b2在{an}中，
而bk＝（3p﹣1）×（）k﹣1（k≥k0），
∴（3p﹣1）×（）k﹣1＝3μ﹣1，μ＞q，
若不是正整数，设，且w，z互质，且z≥2，z为3p﹣1的约数，
∴（3p﹣1）×wk﹣1＝（3μ﹣1）zk﹣1，故zk﹣1为（3p﹣1）×wk﹣1的约数，
∵w，z互质，∴zk﹣1为3p﹣1的约数，∴k只能是有限个整数，
这与“从某项（k0≥4）开始，所有的项均在{an}中”矛盾，故必为正整数，
设c，则3q﹣1＝c（3p﹣1），
而3q﹣1，（3p﹣1）除以3的余数均为2，故c除以3的余数为1，即c＝3l+1，l为正整数，
∴当n≥2时，bn＝（3p﹣1）×（3l+1）n﹣1
＝（3p﹣1）×[•••]
＝（3p﹣1）×[•••]+3p﹣1
＝3l（3p﹣1）×[•••]+3p﹣1
＝3{l（3p﹣1）×[•••]+p}﹣1，
∴bn为{an}中项，故{bn}的某一项的值为2023，
则（3p﹣1）×（）n﹣1＝2023，即（3q﹣1）n﹣1＝2023×（3p﹣1）n﹣2，
若n＝1，则2023＝3p﹣1，∴2024＝3p，但2024不是3的倍数，矛盾，舍，
若n＝2，则2023＝3q﹣1，故2024＝3q，但2024不是3的倍数，矛盾，舍，
若n≥3，当n为偶数时，（3p﹣1）n﹣1•••
，
∴（3q﹣1）n﹣1除以3的余数为2，同理，（3q﹣1）n﹣2除以3的余数为1，
而2023＝2022+1＝3×674+1，故2023除以3的余数也为1，
故2023（3p﹣1）n﹣2除以3的余数为1，故（3q﹣1）n﹣1＝2023×（3p﹣1）n﹣2不成立，
同理，当n为奇数时，（3q﹣1）n﹣1除以3的余数为1，同理（3p﹣1）n﹣2除以3的余数为2，
而2023＝2022+1＝3×674+1，故2023除以3的余数也为2，
故2023×（3p﹣1）n﹣2除以3的余数为2，
故（3q﹣1）n﹣1＝2023×（3p﹣1）n﹣2不成立，故③错误；
对于④，若存在p，q，使得数列{bn}的前若干项的和为2023．
此时bn＝（3p﹣1）×（）n﹣1，若不是正整数，
设，且s，t互质且t≥2，t为3p﹣1的约数，
∴3p﹣1＝mt，且2023＝mt×[1（）2+•••+（）n﹣1]＝m，
∴2023tn﹣2＝m×（tn﹣1+stn﹣2+•••+tsn﹣2+sn﹣1），
∵s，t互质，故tn﹣2与tn﹣1+stn﹣2+•••+tsn﹣2+sn﹣1互质，
∴tn﹣2为m的约数，故m＝k′tn﹣2，∴2023＝k′×（tn﹣1+stn﹣2+•••+tsn﹣2+sn﹣1），
而t≥2，s≥3，n≥3，∴tn﹣1+stn﹣2+•••+tsn﹣2+sn﹣1≥22+2×3+32＝19，
∴k′＝7，或k′＝17，
若k′＝7，则172＝tn﹣1+stn﹣2+•••+tsn﹣2+sn﹣1，
结合s≥3，t≥2可得：
172＝tn﹣1+stn﹣2+sn﹣1≥2n﹣1+3×2n﹣2+•••+2×3n﹣2+3n﹣1＝3n﹣2n，
设f（n）＝3n﹣2n，则f（n+1）﹣f（n）＝2×3n﹣1﹣2n﹣1＞0，
∴{f（n）}为递增数列，而f（6）＝36﹣26＝729﹣64＞289，
∴n≤5，∴n＝3，4，5，
又3p＝mt+1＝7tn﹣1+1，当n﹣1为偶数时，tn﹣1除以3的余数要么为0，要么为1，
此时，3p＝7tn﹣1+1不成立，∴n﹣1必为奇数，即n＝4，
∴172＝t3+st2+s2t+s3，∴172＝t3+st2+s2t+s3＞4t3，
∴t＝2，3，4，
当t＝2时，s3+2s2+4s﹣281＝0，
当s＝5时，s3+2s2+4s﹣281＝﹣86＜0，
当s＝6时，s3+2s2+4s﹣281＝0无整数解，
当t＝3时，s3+3s2+9s﹣262＝0，
当s＝5时，s3+3s2+9s﹣262＝﹣17＜0，
当s＝6时，s3+3s2+9s﹣262＝116＞0
同理，s3+2s2+4s﹣281＝0无整数解，
当t＝4时，s3+4s2+16s﹣225＝0，
当s＝4时，s3+4s2+16x﹣225＝﹣33＜0，
当s＝5时，s3+4s2+16s﹣225＝80＞0，
同理，s3+2s2+4s﹣281＝0无正整数解，
∴k′＝7不成立，
若k′＝17，则17×7＝tn﹣1+stn﹣2+•••+tsn﹣2+sn﹣1，
结合s≥3，t≥2，得：
119≥2n﹣1+3×2n﹣1+•••+2×3n﹣2+3n﹣1＝3n﹣2n，
由{f（n）}为递增数列及f（5）＝35﹣25＝243﹣32＞119，
∴n≤4，∴n＝3，4，
∵3p＝mt+1＝7tn﹣1+1，当n﹣1为偶数时，tn﹣1除以3的余数要么为0，要么为1，
此时，3p＝7tn﹣1+1不成立，∴n﹣1必为奇数，即n＝4，
∴119＝t3+st2+s2t+s3，∴119＝t3+st2+s2t+s3＞4t3，
∴t＝2，3，4，
当t＝2时，s3+2s2+4s﹣111＝0，
当s＝3时，s3+2s2+4s﹣111＝﹣54＜0，
当s＝4时，s3+2s2+4s﹣111＝1＞0，
同理，s3+2s2+4s﹣111＝0无整数解，
当t＝3时，s3+3s2+9s﹣92＝0，
当s＝3时，s3+3s2+9s﹣92＝﹣11＜0，当s＝4时，s3+3s2+9s﹣9s＝56＞0，
同理，s3+3s2+9s﹣111＝0无整数解，
当t＝4时，s3+4s2+16s﹣55＝0，
当s＝1时，s3+4s2+16s﹣55＝﹣34＜0，
当s＝2时，s3+4s2+16s﹣55＝1＞0，
同理，s3+4s2+16s﹣55＝0无整数解，
∴k′＝17不成立，
∴是正整数，同②，有c，c＝3l+1，l∈N*，
∴（3p﹣1）（1+c+c2+•••+cn﹣1）＝2023＝7×172，
而c≥4，n≥3，∴1+c+c2+•••+cn﹣1≥1+4+42＝21，
∴3p﹣1＝17或3p﹣1＝7（∵p，∴舍），
∴p＝6，且1+c+c2+•••+cn﹣1＝119，∴c+c2+•••+cn﹣1＝118，
∴c为118的约数，结合n≥3，c≥4，得c＝59，
∵c+c2+•••+cn﹣1≥59+592＞118，∴c+c2+•••+cn﹣1＝118无解，
综上，不存在p，q，使得数列{bn}的前若干项的和为2023，故④错误．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，对于数列中与数论有关的存在性问题，往往需要结合整数的整除性来处理，必要时还需要用同余理论事讨论存在性问题，考查运算求解能力，是难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/12/8 10:22:55；用户：18086013149；邮箱：18086013149；学号：27613231