2023-2024学年浙江省杭州市高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市高二（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.已知复数z1=1+i，z2=2−i(i为虚数单位，i2=−1)，则复数z=z2−z1对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.命题“∃x>0，x2−3x−10>0“的否定是( )
A. ∀x>0，x2−3x−10>0B. ∃x>0，x2−3x−10≤0
C. ∀x≤0，x2−3x−10≤0D. ∀x>0，x2−3x−10≤0
3.下列函数中，以π为最小正周期的奇函数是( )
A. y=sin2xB. y=csxC. y=2|sinx|D. y=2|csx|
4.若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是( )
A. 14B. 13C. 23D. 34
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱AA1和CC1上的点，PA=13AA1，BQ=13BB1，那么正方体中过点D，P，Q的截面形状为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
6.在同一个坐标系中，函数f(x)=lgax，g(x)=a−x，ℎ(x)=xa的部分图象可能是( )
A. B.
C. D.
7.已知sin2β=3sin2(α+γ)，则tan(α+β+γ)tan(α−β+γ)=( )
A. −2B. 14C. 32D. −12
8.已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为θ的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球(与各面均相切)，且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则csθ=( )
A. 13B. 3 22C. 79D. 4 29
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后(每组为左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 图中x的值为0.030
B. 被抽取的学生中成绩在[70,80)的人数为15
C. 估计样本数据的众数为90
D. 估计样本数据的平均数大于中位数
10.已知向量a=(−1,3)，b=(x,2)，且(a−2b)⊥a，则( )
A. b=(1,2)
B. |2a−b|=25
C. 向量a与向量b的夹角是45°
D. 向量a在向量b上的投影向量坐标是(1,2)
11.已知z∈C，设函数f(z)满足f(z)+zf(1−z)=1+z，则( )
A. f(1)=1
B. 当z∈R时，f(z)不一定是常数函数
C. 若f(12+ 32i)=2，则f(12− 32i)=12+ 32i
D. 若|z|=1，则zf(z−)+f(1−z−)=1+z
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数y=lnx与y=ex的图象关于直线______对称．
13.若某扇形的圆心角为π4，面积为π2，则该扇形的半径是______．
14.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinC= 2csB，a2+b2−c2= 2ab，若△ABC的面积为3+ 3，则a= ______．
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)
已知函数f(x)=2 3sinx⋅csx+2cs2x．
(1)求f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)求f(x)在区间[−π6,5π12]上的最大值、最小值及相应的x的值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PD与底面所成的角为45°，E为PD的中点．
(1)求证：AE⊥平面PCD；
(2)若AB= 3AD，求平面ABC与平面PBC的夹角大小．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ae2x+(a−2)ex−x，a∈R．
(1)当a=2时，求f(x)在x=0处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性．
18.(本小题17分)
已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点M(0,1)，右焦点F，离心率e= 22．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C交于P，Q两点．
(i)若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程；
(ii)是否存在直线l，使F恰为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知数列{an}满足an2−(4+3n)an−4n2−4n=0(an>0,n∈N∗)，数列{bn}满足bn+1=3bn+2n−1(n∈N∗)，b1=2．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)定义：已知数列{cn}，Qn=i=1nc2i，当Qn4∈N∗时，称{cn}为“4−偶数项和整除数列”．
(i)计算Sn，Tn，其中Sn=i=1na2i，Tn=i=1n(b2i+2i)．
(ii)若{λ(bn+n)−an}(λ∈N∗)为“4−偶数项和整除数列”，求λ的最小值．
参考答案
1.D
2.D
3.A
4.C
5.B
6.C
7.A
8.C
9.AB
10.ACD
11.ACD
12.y=x
13.2
14. 6+ 2
15.解：(1)f(x)=2 3sinxcsx+2cs2x= 3sin2x+cs2x+1=2sin(2x+π6)+1，
故T=2π2=π；令−π2+2kπ≤2x+π6≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z；
(2)当x∈[−π6,5π12]时，2x+π6∈[−π6,π]，则sin(2x+π6)∈[−12,1]，所以f(x)∈[0,3]，
即f(x)的最大值、最小值分别为3，0，
当2x+π6=π2时，即x=π6时，f(x)有最大值为3，
当2x+π6=−π6时，即x=−π6时，f(x)有最小值为0．
16.解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，
因为PD与平面ABCD所成的角为45°，PA⊥平面ABCD，
所以∠PDA=45°，且PA=AD，
又E为PD的中点，所以AE⊥PD，
因为CD⊥AD，又CD⊥PA，
故CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，
所以AE⊥平面PCD．
(2)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，
故BC⊥平面PAB，
所以BC⊥PB，又BC⊥AB，
则∠PBA即为所求，
由(1)知：PA=AD，则BA= 3PA，
所以∠PBA=π6．
17.解：(1)当a=2时，f(x)=2e2x−x，f′(x)=4e2x−1，
则f′(0)=3，f(0)=2，
故f(x)在x=0处的切线方程为y=3x+2；
(2)f′(x)=2ae2x+(a−2)ex−1=(2ex+1)(aex−1)，
①若a≤0，f′(x)<0，则f(x)在(−∞,+∞)上单调递减；
②若a>0，当f′(x)=0时，解得x=−lna，
当x>−lna时，f′(x)>0，当x<−lna时，f′(x)<0，
则f(x)在(−lna,+∞)上单调递增，在(−∞,−lna)上单调递减，
综上，若a≤0，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减；
若a>0，f(x)在(−lna,+∞)上单调递增，在(−∞,−lna)上单调递减．
18.解：(1)因为椭圆C的焦点在x轴上，上顶点M(0,1)，右焦点F，离心率e= 22，
所以b=1ca= 22a2=b2+c2，
解得a= 2，b=1，
则椭圆C的标准方程为x22+y2=1；
(2)(i)易知kMF=−1，
因为MF⊥l，
所以kMFkl=−1，
解得k1=1，
设直线l的方程为y=x+m，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=x+mx22+y21=1，消去y并整理得3x2+4mx+2m2−2=0，
此时Δ=16m2−4×3×(2m2−2)=8(3−m2)>0，
解得− 3由韦达定理得x1+x2=−43m，x1x2=2m2−23，
所以y1+y2=x1+x2+2m=23m，
设线段PQ中点为N(x,y)，
此时x=x1+x22=−23m，y1+y22=13m，
则PQ中点的轨迹方程为y=−12x(−2 33(ii)若F恰为△PQM的垂心，
此时MP⊥FQ，
即MP⋅FQ=x1(x2−1)+y2(y1−1)=0，
因为yi=xi+m(i=1,2)，
所以x1(x2−1)+(x2+m)(x1+m−1)=0，
即2x1x2+(x1+x2)(m−1)+m2−m=0，
因为x1+x2=−43m，x1x2=2m2−23，
所以2×2m2−23−4m3(m−1)+m2−m=0，
解得m=−43或m=1，
经检验m=−43符合条件．
故直线l的方程为y=x−43．
19.解：(1)由an2−(4+3n)an−4n2−4n=0可得[an−(4n+4)](an+n)=0，
根据an>0可得an=4n+4，
由bn+1=3bn+2n−1可得bn+1+n+1=3(bn+n)，且b1+1=3，
所以{bn+n}是以首项为3，公比为3的等比数列，
故bn=3n−n．
(2)(i)Sn=a2+a4+⋯+a2n+⋯+a2n=(12+8n+4)n2=4n2+8n，Tn=(b2+2)+⋯+(b2i+2i)+⋯+(b2n+2n)=9(1−9n)1−9=18(9n+1−9)．
(i)方法一：当n=1时，λT1−S14=λ(b2+2)−a24=9λ−124
显然λ=1，2，3不满足题意．
当λ=4时，i=1n{λ(b2i+2i)−a2i}=4Tn−Sn=4Tn−Sn4=18(9n+1−9)−n2−2n=18[(1+8)n+1−9]−n2−2n=18[(Cn+10+8Cn+11+82Cn+12+…+8n+1Cn+1n+1)−9]−n2−2n=n+8Cn+12+…+8nCn+1n+1−n2−2n∈Z，4Tn−Sn4≥n+8×n(n+1)2−n2−2n=3n2+3n>0，
所以 4Tn−Sn4∈N∗ 得证．
故λ的最小值为4．
方法二：当n=1时，λT1−S14=λ(b2+2)−a24=9λ−124，
显然，λ=1，2，3不满足题意．
当λ=4时，cn=4(bn+n)−an=4⋅3n−4n−4，4Tn−Sn=i=1nc2i，
因为 cn4=4⋅3n−4n−44=3n−n−1∈Z，
且3n−n−1>en−n−1>0，
所以 4Tn−Sn4∈N∗ 得证．
故λ的最小值为4．