2023-2024学年四川省宜宾市叙州二中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省宜宾市叙州二中高二（上）期末数学试卷（含解析），共17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z=−1+ 3i，则zzz−−1=( )
A. −1+ 3iB. −1− 3iC. −13+ 33iD. −13− 33i
2.已知a=(2,−1,3)，b=(−4,2,−x)，且a//b，则x的值为( )
A. 6B. −6C. 103D. −103
3.设a∈R，若直线l1：ax+2y−8=0与直线l2：x+(a+1)y+4=0平行，则a的值为( )
A. 1B. 1或−2C. −2或−1D. −1
4.在某中学举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛的学生的成绩进行整理后分为5组，绘制出如图所示的频率分布直方图，图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五小组，已知第二小组的频数是40，则成绩在80～100分的学生人数是( )
A. 15B. 18C. 20D. 25
5.已知A，B，C，D四个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，只要打开开关A则1，4号灯就会亮，只要打开开关B则2，3号灯就会亮，只要打开开关C则3，4号灯就会亮，只要打开开关D则2，4号灯就会亮.开始时，A，B，C，D四个开关均未打开，四盏灯也都没亮.现随意打开A，B，C，D这四个开关中的两个不同的开关，则其中2号灯灯亮的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 56
6.已知等差数列{an}满足4a3=3a2，则{an}中一定为零的项是( )
A. a6B. a8C. a10D. a12
7.已知圆C过圆C1：x2+y2+4x−2y−10=0与圆C2：(x+3)2+(y−3)2=6的公共点，若圆C1，C2的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为( )
A. 11π5B. 26π5C. 130π5D. 104π5
8.抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A，B是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=2π3.设线段AB的中点M在l上的投影为N，则MNAB的最大值是( )
A. 3B. 32C. 33D. 34
9.已知圆C经过A(0,0)，B(2,0)，且圆心在第一象限，ΔABC为直角三角形，则圆C的方程为
( )
A. (x−1)2+(y−1)2=4B. (x− 2)2+(y− 2)2=2
C. (x−1)2+(y−1)2=2D. (x−1)2+(y−2)2=5
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.人民日报智慧媒体研究院在2020智慧媒体高峰论坛上发布重磅智能产品—人民日报创作大脑，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑、视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个、图片b张(a,b∈N*,a>b>1)，从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是( )
A. P(A)=P(B)+P(C)B. P(A)=P(B)⋅P(C)
C. P(A−)>P(B−C)+P(BC−)D. P(B−C)b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，点A是椭圆上一点，△AF1F2的内切圆的圆心为M，若AM=3MF1+2MF2，则椭圆C的离心率为 ______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
有一辆公交车，依次设了A，B，C，D，E，F，G共7个站，甲乙二人都从A站上车，假设他们从后面每个站下车是等可能的．
(1)求这两个人在不同站点下车的概率；
(2)求这两个人都没有坐到终点站的概率．
18.(本小题12分)
已知，圆C：x2+y2−8y+12=0，直线l：ax+y+2a=0．
(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；
(2)当直线l与圆C相交于A、B两点，且AB=2 2时，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=2 3，G为CD的中点，E，F是棱PD上两点(F在E的上方)，且EF=2．
(1)若BF/​/平面AEG，求DE；
(2)当点F到平面AEC的距离取得最大值时，求直线AG与平面AEC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
设正项数列{an}的前n项和为Sn，a2=4，4Sn=an2+2an．
(1)求an；
(2)若bn=1Sn，求i=1100bi．
21.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点F到直线x−y+1=0的距离为 2．
(1)求抛物线C的方程
(2)点O为坐标原点，直线l1，l2经过点M(−1,0)，斜率为k1的直线l1与抛物线C交于A，B两点，斜率为k2的直线l2与抛物线C交于D，E两点，记λ=|MA|⋅|MB|⋅|MD|⋅|ME|，若k1k2=−12，求λ的最小值．
22.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=± 3x.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点P是双曲线C的右支上异于顶点B的任意点，点Q在直线x=12上，且OQ//PB，M为PB的中点，求证：直线OM与直线QF的交点在某定曲线上．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=−1+ 3i，∴z⋅z−=|z|2=( (−1)2+( 3)2)2=4，
则zzz−−1=−1+ 3i4−1=−13+ 33i．
故选：C．
由已知求得z⋅z−，代入zzz−−1，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为a//b，所以2−4=−12=3−x，(x≠0)，
解得x=6．
故选：A．
根据空间向量共线列出关于x的方程，由此求解出结果．
本题考查了空间向量共线的坐标关系，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由a(a+1)−2=0，解得a=−2或1．
经过验证：a=−2时两条直线重合，舍去．
∴a=1．
故选：A．
由a(a+1)−2=0，解得a.经过验证即可得出．
本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率=频数样本容量的应用问题．
根据频率分布直方图，结合频率、频数与样本容量的关系，求出结果即可．
【解答】解：根据频率分布直方图，得第二小组的频率是0.04×10=0.4，
又频数是40，
∴样本容量是400.4=100，
∴成绩在80～100分的频率是(0.01+0.005)×10=0.15，
则对应的频数(学生人数)是100×0.15=15．
故选A．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，随意打开A，B，C，D这四个开关中的两个不同的开关，共有AB，AC，AD，BC，BD，CD种，
其中只有打开AC开关时2号灯不会亮，其余情况2号灯均会亮，
所以2号灯灯亮的概率为1−16=56．
故选：D．
根据古典概型以及对立事件的概率关系列式计算可得解．
本题考查古典概型的概率公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用通项公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，∵4a3=3a2，
∴4(a1+2d)=3(a1+d)，可得：a1+5d=0，
∴a6=0，
则{an}中一定为零的项是a6．
故选A．
7.【答案】B
【解析】解：由两圆C1：x2+y2+4x−2y−10=0与圆C2：(x+3)2+(y−3)2=6，
作差得，两圆C1，C2的公共弦方程为x−2y+11=0，
∴圆C2的半径为 6，圆的圆心(−3,3)到直线(公共弦)的距离为d=|−3−6+11| 5=2 5．
∴弦长：2 6−45=2 265．
圆C1，C2的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为：265π．
故选：B．
求出公共弦所在的直线方程，通过圆的圆心到直线的距离，半弦长与半径的关系，求出弦长，得到圆的半径，然后求解圆的面积．
本题考查两个圆的位置关系，公共弦所在的直线方程，弦长的求法，考查计算能力．
8.【答案】C
【解析】【分析】
设|AF|=a、|BF|=b，由抛物线定义结合梯形的中位线定理，得2|MN|=a+b.再由余弦定理得|AB|2=a2+b2+ab，结合基本不等式求得|AB|的范围，从而可得MNAB的最大值．
本题给出抛物线的弦AB对焦点F所张的角，求AB中点M到准线的距离与AB比值的取值范围，着重考查了抛物线的定义与简单几何性质、梯形的中位线定理和基本不等式求最值等知识，属于中档题．
【解答】
解：设|AF|=a，|BF|=b，A、B在准线上的射影点分别为Q、P，连接AQ、BP．
由抛物线定义，得|AF|=|AQ|且|BF|=|BP|，
在梯形ABPQ中根据中位线定理，得2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．
由余弦定理得|AB|2=a2+b2−2abcs2π3=a2+b2+ab，
配方得|AB|2=(a+b)2−ab，
又∵ab≤(a+b2)2，
∴(a+b)2−ab≥(a+b)2−(a+b2)2=34(a+b)2
得到|AB|≥ 32(a+b)(当且仅当a=b时等号成立)．
所以MNAB≤a+b2 32(a+b)= 33，
即MNAB的最大值为 33．
故选：C．
9.【答案】C
【解析】解：由题知，设圆心C(1,b)，b>0，半径为r，
则2r2=4r2−1=b2，解得r= 2b=1，
∴圆C的标准方程为：(x−1)2+(y−1)2=2．
故选：C．
由题知，设圆心C(1,b)，b>0，半径为r，利用圆C经过A(0,0)，B(2,0)两点，且△ABC为直角三角形，建立方程组，求出圆心与半径，即可求圆C的标准方程
本题考查圆的标准方程，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：因为事件A，B，C是相互独立事件，由相互独立事件的概率公式可知，选项A错误，选项B正确；
事件A−包含“视频甲未能入选，图片乙入选”，“视频甲入选，图片乙未能入选”，“视频甲、图片乙都未入选”三种情况，
所以P(A−)=P(B−C)+P(BC−)+P(B−C−)，则P(A−)>P(B−C)+P(BC−)，故选项C正确；
由题意可知，P(BC−)=(1−1a)⋅1b=a−1ab，
P(B−C−)=1a⋅(1−1b)=b−1ab，
因为a，b∈N*，a>b>1，
所以a−1ab>b−1ab，即P(BC−)>P(B−C−)，故选项D错误．
故选：BC．
利用相互独立事件的概率乘法公式，对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查了相互独立事件的概率乘法公式的理解和应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵a2=12，a3a5=164，
∴a42=a3a5=164，
∵a4=a2q2=12q2>0，
∴a4=18，故A正确；
∵a2=12，
∴q2=a4a2=14，解得q=12或q=−12(舍去)，
∴S3=a1+a2+a3=a2q+a2+a2q=1+12+12×12=74，故B错误；
∵a1=a2q=1，q=12，
∴an=(12)n−1，Sn=1−(12)n1−12=2−(12)n−1，
∴an+Sn=2，故C正确；
∵Sn−2=2−(12)n−1−2=−(12)n−1，
∴{Sn−2}是首项为−1，公比为12的等比数列，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合等比数列的性质，依次求出首项与公比，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，考查转化能力，属于基础题．
12.【答案】AD
【解析】解：∵双曲线关于y轴对称，
∴当直线AB的方程为y=2时，线段AB的中点为(0,2)，故A正确；
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB的中点M(x1+x22,y1+y22)，
可得kAB=y1−y2x1−x2,k=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
∵A，B在双曲线上，∴x12−y124=1x22−y224=1，
两式相减得(x12−x22)−y12−y224=0，则kAB⋅k=y12−y22x12−x22=4．
若线段AB中点的是(−1,2)，可得k=−2，kAB=−2，则AB：y−2=−2(x+1)，即y=−2x，
双曲线的渐近线方程为y=±2x，由于y=−2x与其中一条渐近线重合，故不可能有两个交点，故B错误；
若线段AB中点的是(1,1)，同理可得k=1，kAB=4，则AB：y−1=4(x−1)，即y=4x−3，
联立方程y=4x−3x2−y24=1，消去y得12x2−24x+13=0，
此时Δ=242−4×12×13=−480，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确．
故选：AD．
由双曲线的对称性可直接判断A；根据点差法分析可得kAB⋅k=4，结合双曲线的渐近线斜率可判断B；通过联立直线方程与双曲线方程，利用判别式即可判断C与D．
本题考查双曲线的几何性质，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】96
【解析】解：∵a1=2，an+1=3Sn(n∈N+)，
∴n=1时，a2=6；
n≥2时，an=3Sn−1，
可得：an+1−an=3an，即an+1=4an，
∴数列{an}从第二项起为公比为4的等比数列，
∴a4=a2×42=6×16=96．
故答案为：96．
an+1=3Sn(n∈N+)，可得：n=1时，a2=6；n≥2时，an=3Sn−1，可得：an+1=4an，因此数列{an}从第二项起为等比数列，再利用等比数列的通项公式求解即可．
本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】12
【解析】【分析】
由已知条件利用相互独立事件概率乘法公式列出方程组，能求出P(B)的值．
本题考查概率的求法，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用．
【解答】
解：∵事件A，B，C相互独立，P(A⋅B)=16，P(B⋅C)=18，P(A⋅B⋅C)=18，
∴P(A)P(B)=16(1−P(B))P(C)=18P(A)P(B)(1−P(C))=18，解得P(C)=14，P(B)=12，P(A)=13．
∴P(B)=12．
故答案为：12．
15.【答案】π2
【解析】解：如图，在CD上取点G，满足CD=3CG，
因为EF//AB，AB=3EF，四边形ABCD为矩形，
所以EF//CD，且EF=CG，则四边形EFCG为平行四边形，则CF//EG，
所以∠AEG即为异面直线AE与CF所成角(或补角)，
设AD=3x，则EF=x，AD=2EF=2x，
因为△ADE和△BCF都是正三角形，所以AE=2x，EG=2x，
由DG=2x，所以AG=2 2x，
满足AE2+EG2=AG2，所以AE⊥EG，
即异面直线AE与CF所成角的大小为π2．
故答案为：π2．
在CD上取点G，满足CD=3CG，可得∠AEG即为异面直线AE与CF所成角(或补角)，设出边长，可得AE2+EG2=AG2，即可求出．
本题考查了异面直线所成的角，考查解三角形问题以及数形结合思想，是中档题．
16.【答案】15
【解析】解：如图所示：
不妨取点A在x轴上方，设点A的纵坐标为yA，点M的纵坐标为yM，
△AF1F2的内切圆半径为r，椭圆焦距为2c，
取线段AF1的中点为N，设点N的纵坐标为yN，
由AM=3MF1+2MF2可得AM−MF1=2(MF1+MF2)，
即−(MA+MF1)=2(MF1+MF2)，
又O为F1F2的中点，可得−2MN=4MO，即MN=2OM，
所以O，M，N三点共线，且|MN|=2|OM|，可得yM=13yN=16yA=r，
又因为S△AF1F2=12yA⋅|F1F2|,S△MF1F2=12yM⋅|F1F2|，所以S△AF1F2=6S△MF1F2；
利用椭圆定义以及等面积法可得，S△AF1F2=S△MF1F2+S△MAF1+S△MAF2=12r(|F1F2|+|AF1|+|AF2|)=r(a+c)，
S△MF1F2=12yM⋅|F1F2|=12r⋅2c=rc，
所以r(a+c)=6rc，可得a=5c，
即椭圆离心率为e=ca=15．
故答案为：15．
取线段AF1的中点为N，由已知条件可得MN=2OM，即O，M，N三点共线，且|MN|=2|OM|，则yM=13yN=16yA=r，再利用S△AF1F2=6S△MF1F2以及等面积法即可求得椭圆离心率为15．
本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了平面向量基本定理，三角形的面积的求法，是中档题．
17.【答案】解：(1)甲乙下车方式有如下36种结果：
(C,B)，(C,C)，(C,D)，(C,E)，(C,F)，(C,G)，(D,B)，(D,C)，(D,D)，(D,E)，(D,F)，(D,G)，(E,B)，(E,C)，(E,D)，(E,E)，(E,F)，(E,G)，(F,B)，(F,C)，(F,D)，(F,E)，(F,F)，(F,G)，(G,B)，(G,C)，(G,D)，(G,E)，(G,F)，(G,G)，
甲乙两人在不同站点下车的结果有30个，所以所求的概率为3036=56．
(2)由(1)可知甲乙两个人都没有坐到终点站的结果数有25个，因此所求概率为2536．
【解析】(1)采用列举法，将甲乙下车方式所有可能的情况全部列举出来，结合古典概型概率计算公式即可求解．
(2)由(1)中列举出来的所有情况，结合古典概型概率计算公式即可求解．
本题考查古典概型的概率公式，属于基础题．
18.【答案】解：将圆C的方程x2+y2−8y+12=0配方得标准方程为x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0,4)，半径为2．
(1)若直线l与圆C相切，则有|4+2a| a2+1=2.解得a=−34．
(2)圆心到直线的距离为d=|4+2a| 1+a2，
AB=2 2=2 4−d2，可得d= 2，
解方程可得a=−7或a=−1，
∴直线l的方程是7x−y+14=0和x−y+2=0．
【解析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，
(1)当直线l与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线l的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；
(2)根据半径，弦长，弦心距关系求出弦心距，又根据圆心到直线距离表示弦心距，即可解答
19.【答案】解：(1)连接BD交AG于H，连接HE，
∵G为CD的中点，∴GD//AB，GD//12AB，
∴DHHB=12，
∵BF/​/平面AEG，平面AEG∩平面BDF=HE，BF⊂平面BDF，
∴BF//HE，∴DEEF=DHHB=12，
∵EF=2，∴DE=1．
(2)∵PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，又底面ABCD为正方形，∴AB⊥AD，
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，C(2,2,0)，G(1,2,0)，
∵EF=2，∴△EFC的面积是定值，
∴三棱锥A−EFC的体积是定值，即三棱锥F−AEC的体积为定值，
∴要使点F到平面AEC的距离最大，
则△AEC的面积最小时点F到平面AEC的距离最大，
即E到AC的距离最小时，点F到平面AEC的距离最大，
设E(0,2−t, 3t)，则AE=(0,2−t, 3t)，AC=(2,2,0)，
∴E到AC的距离为d= AE2−(AE⋅AC|AC|)2= (2−t)2+3t2−[2(2−t)2 2]2= 72t2−2t+2，
∴当t=27时，E到AC的距离最小时，点F到平面AEC的距离最大，
此时AE=(0,127,2 37)，
设平面AEC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AE=127y+2 37z=0m⋅AC=2x+2y=0，令y=−1，得m=(1,−1,2 3)，
AG=(1,2,0)，
设直线AG与平面AEC所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|m⋅AG||m|⋅|AG|=1 14⋅ 5= 7070，
∴直线AG与平面AEC所成角的正弦值为 7070．
【解析】(1)连接BD交AG于H，利用线面平行的性质可得BF//HE，结合条件可得DEEF=DHHB=12，由此能求出DE；
(2)由题可得三棱锥A−EFC的体积为定值，进而可得E到AC的距离最小时，点F到平面AEC的距离最大，利用向量法能求出直线AG与平面AEC所成角的正弦值．
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、点到平面的距离、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)因为4Sn=an2+2an，
所以当n=1时，4a1=a12+2a1，解得a1=2或a1=0(舍去)，
当n≥2时，4Sn=an2+2an，4Sn−1=an−12+2an−1，
所以4Sn−4Sn−1=(an2+2an)−(an−12+2an+1)，
所以2an+2an−1=an2−an−12=(an+an−1)(an−an−1)，
又an>0，
所以an−an−1=2(n≥2)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an=2+2(n−1)=2n．
(2)由(1)知，Sn=n(2+2n)2=n(n+1)，
所以bn=1sn=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以i=1100bi=(1−12)+(12−13)+…+(1100−1101)=100101．
【解析】(1)利用an=Sn−Sn−1(n≥2)，推出数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式，即可得解；
(2)结合等差数列的求和公式与裂项求和法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握利用an=Sn−Sn−1(n≥2)求通项公式，裂项求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)点F的坐标为(p2,0)，
点F到直线x−y+1=0的距离为|p2+1| 2= 2，
因为p>0，所以p=2．
所以抛物线C的方程为y2=4x．
(2)设点A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
联立方程y2=4xy=k1(x+1)消去y后整理为，k12x2+(2k12−4)x+k12=0，
由题意得k1≠0△=(2k12−4)2−4k12>0，所以0