2023-2024学年上海市浦东新区华东师大二附中高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年上海市浦东新区华东师大二附中高二（下）期末数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列函数中，既是定义域内单调增函数，又是奇函数的是( )
A. f(x)=tanxB. f(x)=x−1x
C. f(x)=x−csxD. f(x)=x(ex+e−x)
2.数字串2024，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新数字串；重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字，我们称它为“数字黑洞”，如果把这个数字设为a，则sin(a2π+π6)=( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
3.设f(x)=ax2+bx+c，(a,b,c∈R).已知关于x的方程f(x)=0有纯虚数根，则关于x的方程f(f(x))=0( )
A. 只有纯虚数根B. 只有实数根
C. 有两个实数根，两个纯虚数根D. 既没有实数根，也没有纯虚数根
4.对于集合A中的任意两个元素x，y，若实数d(x,y)同时满足以下三个条件：
①“d(x,y)=0”的充要条件为“x=y”
②d(x,y)=d(y,x)
③对任意z∈A，都有d(x,y)≤d(x,z)+d(y,z)
则称d(x,y)为集合A上的距离，记为dA.对于命题P、命题Q，下列说法正确的是( )
命题P：d(x,y)=|x−y|为dR
命题Q：d(x,y)=|sinx−siny|为dR
A. 命题P是真命题，命题Q是假命题B. 命题P是假命题，命题Q是真命题
C. 命题P和命题Q都是真命题D. 命题P和命题Q都是假命题
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.函数y= −x2+x+6|x−3|的定义域为______．
6.已知复数z=2+i，则lg5|z|= ______．
7.在(x+1x)6的展开式中，常数项为______.(用数字作答)
8.已知平面直角坐标系xOy中，A(1,3)，B(2,−4)，则三角形AOB面积为______．
9.已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=20，则p= ．
10.已知向量a=(−1,2),b=(x2,2)，且cs〈a,b〉=35，则x= ______．
11.已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，其中m、n∈N.若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则mn= ______．
12.已知α，β为锐角，sin(2α+β)=4sinβ，则tan(α+β)tanα= ______．
13.已知P(A)=0.6，P(B|A)=0.5，P(B|A−)=0.2，那么P(B)= ______．
14.设l1、l2、l3为空间中三条不同的直线，若l1与l2所成角为α=π6，l1与l3所成角为β=π4，那么l2与l3所成角的取值范围为______．
15.已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，双曲线方程为x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)，若该双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点以及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的六个顶点，则椭圆的离心率与双曲线的离心率之和为______．
16.在数列{an}中，若存在两个连续的三项ai，ai+1，ai+2与aj，aj+1，aj+2相同(i≠j)，则称{an}是“3阶可重复数列”.已知给定项数为m(m∈N,m≥4)的数列{an}，其中ai∈{0,1}(i=1，2，⋯，m)一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知函数f(x)=cs2x+ 3sinxcsx−12．
(Ⅰ)求函数f(x)的单调递增区间；
(Ⅱ)若f(x)在区间[0,m]上的最大值为1，求m的最小值．
18.(本小题14分)
2021年5月12日，2022北京冬奥会和冬残奥会吉祥物“冰墩墩”、“雪容融”亮相上海展览中心.为了庆祝吉祥物在上海的亮相，某商场举办了赢取冰墩墩、雪容融吉祥物挂件答题活动.为了提高活动的参与度，计划有的人只能赢取冰墩墩挂件，另外的人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，每位顾客若只能赢取冰墩墩挂件，则记1分，若既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，则记2分，假设每位顾客能赢取冰墩墩挂件和赢取雪容融挂件相互独立，视频率为概率．
(1)从顾客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从顾客中随机抽取n人(n∈N∗)，记这n人的合计得分恰为n+1分的概率为Pn，求i=1npi．
19.(本小题14分)
如图所示，在底半径为R、高为H(H,R为定值，且H≤R)的圆锥内部内接一个底半径为r、高为ℎ的圆柱，甲、乙两位同学采用两种不同的方法来解决.甲采用圆柱底面与圆锥底面重合的“竖放”方式(图甲)，乙采用圆柱母线与圆锥底面直径重合的“横放”方式(图乙)．
(1)设V1、V2分别“竖放”、“横放”时内接圆柱的体积，用内接圆柱的底半径r为自变量分别表示V1、V2；
(2)试分别求V1、V2的最大值(V1)max、(V2)max，并比较(V1)max、(V2)max的大小．
20.(本小题18分)
满足一定条件的全体直线组成集合M，集合M的包络曲线E定义为：集合M中的每一条直线都是曲线E上某点处的切线，且曲线E上的每一点处的切线都是集合M中的某条直线．
(1)若圆E：x2+(y−2)2=1是集合M={l|l：mx+ny=1，m，n∈R}的包络曲线，求m，n满足的关系式；
(2)求证：集合A={l|l：2(a−1)x−y−(a−1)2=0，(a∈R)}的包络曲线E为：y=x2；
(3)在(2)的条件下，过曲线E上A，B两点作曲线E的切线l1，l2，l1∩l2=P，P在直线y=x−4上若|AB|=2|AP|，求点P的坐标．
21.(本小题18分)
函数F(x)的定义域为D⊆R，如果存在t∈D，使得F(t)=t，称t为F(x)的一个不动点.函数g(x)=ex+(1− e)x−a(a∈R,e为自然对数的底数)，定义在R上的函数f(x)满足f(−x)+f(x)=x2，且当x≤0时，f′(x)(1)求证：f1(x)=f(x)−12x2为奇函数；
(2)当a变化时，求函数g(x)不动点个数；
(3)若存在，x0∈{x|f(x)+12≥f(1−x)+x}，且x0为函数g(x)的一个不动点，求a的取值范围．
参考答案
1.D
2.D
3.D
4.A
5.[−2,3)
6.12
7.20
8.5
9.13
10.±1
11.38
12.53

14.[π12,5π12]
15. 3+1
16.11
17.解：(Ⅰ)函数f(x)=cs2x+ 3sinxcsx−12
=cs2x+12+ 32sin2x−12
=sin(2x+π6)，
函数f(x)的单调递增区间满足：
−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ].(k∈Z)．
(Ⅱ)f(x)=sin(2x+π6)在区间[0,m]上的最大值为1，
所以2m+π6⩾π2，即m⩾π6，
∴m的最小值为π6．
18.解：(1)由题意可得，X的所有可能取值为3，4，5，6，
∴P(X=3)=(13)3=127，P(X=4)=C31×23×(13)2=29，P(X=5)=C32×(23)2×13=49，P(X=6)=(23)3=827．
∴X的分布列为：
∴E(X)=3×127+4×29+5×49+6×827=5；
(2)∵这n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，
∴Pn=Cn1×23×(13)n−1=2n3n，
设Sn=P1+P2+⋯+Pn=23+432+633+⋯+2n3n①，
13Sn=232+433+634+⋯+2n3n+1②，
①−②得23Sn=23+232+233+⋯⋅+23n−2n3n+1=2×13(1−13n)1−13−2n3n+1=1−2n+33n+1，
∴Sn=P1+P2+⋯+Pn=32(1−2n+33n+1)．
19.解：(1)如图，设AC=H，CB=R，DE=x，EF=y，
根据三角形相似得，xR=H−yH=1−yH，
则x=R(1−yH),y=H(1−xR)，
①若圆柱“竖放”，则x=r，ℎ=y，
所以ℎ=H(1−rR)(0故V1=πr2ℎ=πr2H(1−rR)=πH(r2−r3R)(0②若圆柱“横放”，则x=ℎ2,y=2r，
所以ℎ=2R(1−2rH)(0故V2=πr2ℎ=πr22R(1−2rH)=2πR(r2−2r3H)(0(2)①因为V1=πH(r2−r3R)(0则V1′=πH(2r−3r2R) (0令V1′=πH(2r−3r2R)=0，解得r=23R，
当r∈(0,23R)时，V′1>0，则V1单调递增；
当r∈(23R,R)时，V′1<0，则V1单调递减；
所以(V1)max=π(23R)2H3=427πR2H；
②因为V2=2πR(r2−2r3H)(0则V2′=2πR(2r−6r2H)(0令V2′=2πR(2r−6r2H)=0，解得r=13H，
当r∈(0,13H)时，V′2>0，则V2单调递增；
当r∈(13H,H2)时，V′2<0，则V2单调递减；
所以(V2)max=π(H3)223R=227πRH2．
因为(V1)max−(V2)max=427πR2H−227πRH2=227πRH(2R−H)，
又H≤R，
所以(V1)max−(V2)max>0，
故(V1)max>(V2)max．
20.解：(1)由定义可知，mx+ny=1与x2+(y−2)2=1相切，
则圆E的圆心(0,2)到直线mx+ny=1的距离等于1，
即d=|2n−1| m2+n2=1，
化简得：m2=3n2−4n+1；
证明：(2)在y=x2上任取一点Q(x1,x12)，则y′=2x，
所以y=x2在该点处的切线斜率为k=2x1，
则y=x2在Q(x1,x12)点处的切线方程为：y=2x1x−x12，
即2x1x−y−x12=0，
令直线族l：2(a−1)x−y−(a−1)2=0中的2(a−1)=2x1，
则直线为2x1x−y−x12=0，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意l：2(a−1)x−y−(a−1)2=0都是抛物线在点(a−1,(a−1)2)处的切线，
所以集合A={l|l：2(a−1)x−y−(a−1)2=0，(a∈R)}的包络曲线E为：y=x2；
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，
则抛物线E在点A处的切线方程为：
y−y1=2x1(x−x1)，
即y=2x1x−2x12+y1，又y1=x12，
故y=2x1x−2y1+y1，即2x1x−y−y1=0，
同理，抛物线C在点B处的切线方程为2x2x−y−y2=0，
又两切线的交点为P(x0,y0)，
所以2x1x0−y0−y1=02x2x0−y0−y2=0，所以直线AB的方程为2x0x−y−y0=0，
联立2x0x−y−y0=0y=x2，消去y得x2−2x0x+y0=0，
则Δ=4x02−4y0>0，x1+x2=2x0x1x2=y0，
因为|AB|=2|AP|，
所以 1+(2x0)2|x1−x2|=2 1+(2x1)2|x1−x0|，
即 1+(2x0)2|x1−x2|=2 1+(2x1)2|x1−x1+x22|，
即 1+(2x0)2|x1−x2|=2 1+(2x1)2|x1−x2|，
由于x1≠x2≠x0，所以x0=−x1，
又因为x1+x2=2x0，所以x2=−3x1，
所以y0=x1x2=−3x12，即P(−x1,−3x12)，
又点P在直线y=x−4上，所以−3x12=−x1−4，
解得：x1=−1,x1=43，
故点P(1,−3)或P(−43,−163)．
21.解：(1)f(−x)+f(x)=x2，
故f(−x)−12(−x)2+f(x)−12x2=0，
其中f1(x)=f(x)−12x2，
则f1(−x)+f1(x)=0，其中f1(x)=f(x)−12x2定义域为R，
故f1(x)=f(x)−12x2为奇函数．
(2)由g(x)=x得ex− ex=a，令ℎ(x)=ex− ex，
则ℎ′(x)=ex− e，令ℎ′(x)=ex− e>0，
解得x>12，令ℎ(x)<0，解得x<12，
所以ℎ(x)=ex− ex在(−∞,12)单调递减，在(12,+∞)上单调递增，
其中ℎ(12)= e− e2= e2，
故当a< e2时，ex− ex=a无解，
当a= e2时，ex− ex=a有1个解，
a> e2时，ex− ex=a有2个解；
综上，当a< e2时，函数g(x)没有不动点；当a= e2时，函数g(x)有1个不动点；当a> e2时，函数g(x)有2个不动点．
(3)当x≤0时，f′(x)所以f1(x)=f(x)−12x2在(−∞,0]上单调递减，
根据奇函数的对称性，可得f1(x)=f(x)−12x2在R上单调递减，
因为存在x0∈{x|f(x)+12≥f(1−x)+x}，
即f(x0)+12≥f(1−x0)+x0，
则f(x0)−12x02≥f(1−x0)−12x02+x0−12=f(1−x0)−12(1−x0)2，
故f1(x0)≥f1(1−x0)，则x0≤1−x0，即x0≤12，因为x0为函数g(x)一个不动点，所以g(x)=x在x≤12时有解，
令q(x)=g(x)−x=ex− ex−a,x≤12．
因为当x≤12时，q′(x)=ex− e≤e12− e=0，
所以q(x)在x∈(−∞,12]上单调递减，且x趋向于−∞时，q(x)趋向于+∞；
所以只需q(12)≤0，即 e− e2−a≤0，解得a≥ e2，故a的取值范围是[ e2,+∞)． X
3
4
5
6
P
127
29
49
827