2022-2023学年河南省焦作市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河南省焦作市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16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={x|x2+x−2≤0}，B={x|−10)的图象的一个对称中心的横坐标在区间(π4,π2)内，且两个相邻对称中心之间的距离大于π3，则ω的取值范围为( )
A. (0,3)B. (32,3)C. (0,32)D. (1,3)
8.已知函数f(x)=ex−1+x−2存在零点a，函数g(x)=x2−mx−m−2存在零点b，且|a−b|b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，P，Q为C上的动点，|PF2|的最大值为6，则下列结论中正确的是( )
A. 椭圆C的短轴长为4 3
B. 当P，Q分别在x轴的上方和下方时四边形PF1QF2的周长的取值范围是(8,16]
C. 存在四个不同的点P，使得∠F1PF2=60∘
D. 若△PF1F2为锐角三角形，则点P横坐标的取值范围是(−2,2)
12.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，BB1⊥平面ABC，BC=2，三棱锥C−AB1B的外接球O的表面积为16π，记直线AC与B1C1所成的角为α，直线B1C与平面ABC所成的角为β，则下列结论中正确的是( )
A. OA1=4
B. 三棱柱ABC−A1B1C1的体积的最大值为6
C. 球心O到平面ABB1A1的距离为 2
D. tan2α+tan2β=3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若(x+2)(1−ax)5的展开式中x2的系数为15，则实数a=______.
14.某足球队共有30名球员练习点球，其中前锋6人，中场16人，后卫8人.若前锋点球进门的概率均是0.9，中场点球进门的概率均是0.8，后卫点球进门的概率均是0.7，则任选一名球员点球进门的概率是______.(结果保留两位小数)
15.已知函数f(x)的定义域为R，y=f(x−4)−1是偶函数，当x≤−4时，f(x)=(x+4)2−2，则不等式f(3x−5)>f(2x−4)的解集为______.
16.已知在四面体P−ABC中，PA=PB=PC=BC=6，(AB+AC)2=|AB|2+|AC|2，则该四面体外接球的体积为______.
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)
已知在等差数列{an}中，a3=19，a5+a6=73.
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若{bn+an}是等比数列，且b1=−4，b2=−10，求数列{bn}的前n项和Sn.
18.(本小题12分)
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3ccsB+csinB= 3a.
(Ⅰ)求C；
(Ⅱ)若c=2，△ABC的面积为 3，求证：△ABC是正三角形.
19.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=4，AD=8，A1D交AD1于点O.
(Ⅰ)证明：BO//平面B1CD1；
(Ⅱ)求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享.
(Ⅰ)若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求P(A)和P(B)；
(Ⅱ)现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2xlnx−3x2−1.
(Ⅰ)证明：f(x)在(0,+∞)上单调递减；
(Ⅱ)若函数g(x)=−x22f′(x)−2x3+(a+32)x2+x(f′(x)为f(x)的导函数)，且g(x)单调递增，求实数a的取值范围.
22.(本小题12分)
已知点P( 2, 3)在双曲线C：x2a2−y2a2+2=1(a>0)上，过C的右焦点F的动直线l与C交于A，B两点.
(Ⅰ)若点A1，A2分别为C的左、右顶点，Q为C上异于A1，A2的点，求kQA1⋅kQA2(k表示斜率)的值；
(Ⅱ)证明以AB为直径的圆恒过x轴上的定点，并求该定点的坐标.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵A={x|−2≤x≤1}，B={x|−10)，
令ωx+π4=kπ，k∈Z；
x=kπ−π4ω，k∈Z；
f(x)图象的一个对称中心的横坐标在区间(π4,π2)内，
所以π4|2x|，解出x的范围即可．
本题考查了偶函数的定义及对称性，二次函数的单调性及单调区间，绝对值不等式的解法，考查计算能力，属于中档题．
16.【答案】32 3π
【解析】解：∵(AB+AC)2=|AB|2+|AC|2，∴2AB⋅AC=0，
∴AB⊥AC，过P作PO⊥平面ABC于O，连接OA，OB，OC，
∵PA=PB=PC，∴OA=OB=OC，
∴O是Rt△ABC的外心，∴O为BC的中点，
∴四面体外接球的球心在PO上，PO= 62−32=3 3，
设外接球的半径为R，
∴(3 3−R)2+32=R2，
解得R=2 3，
∴该四面体外接球的体积为V=43πR3=32 3π.
故答案为：32 3π.
由已知可得AB⊥AC，过P作PO⊥平面ABC于O，连接OA，OB，OC，可得O是Rt△ABC的外心，进而可得四面体外接球的球心在PO上，进而可求四面体外接球的半径，可求得该四面体外接球的体积．
本题考查空间几何体的外接球的体积的求法，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设公差为d的等差数列{an}中，a3=19，a5+a6=73.
所以a3=a1+2d=19 a5+a6=2a1+9d=73 ，解得a1=5 d=7 ，
故an=5+7(n−1)=7n−2.
(Ⅱ)由于若{bn+an}是等比数列，且b1=−4，b2=−10，
由(Ⅰ)得：a1=5，a2=12，
故a2+b2a1+b1=2，
所以an+bn=(a1+b1)⋅2n−1=2n−1，
所以bn=2n−1−(7n−2)，
故Sn=(20+21+...+2n−1)−(5+12+...+7n−2)=1×(2n−1)2−1−n(5+7n−2)2=2n−1−7n2+3n2.
【解析】(Ⅰ)直接利用等差数列的性质，建立方程组，进一步求出数列的通项公式；
(Ⅱ)首先求出数列{bn}的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由 3csB+csinB= 3a及正弦定理得 3sinCcsB+sinBsinC= 3sinA，
所以 3sinCcsB+sinBsinC= 3sin(B+C)，
所以 3sinCcsB+sinBsinC= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
所以sinBsinC= 3sinBcsC，因为sinB≠0，所以sinC= 3csC，
所以tanC= 3，因为C∈(0,π)，所以C=π3；
(Ⅱ)证明：因为S△ABC=12absiinC= 34ab= 3，所以ab=4，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
所以22=(a+b)2−3ab，即22=(a+b)2−3×4，
所以a+b=4，所以a=b=2，所以a=b=c，
所以△ABC是正三角形．
【解析】(Ⅰ)由正弦定理得 3sinCcsB+sinBsinC= 3sinA，进而运算可得tanC= 3，可求C；
(Ⅱ)利用余弦定理及三角形的面积可证a=b=c，可得结论．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB=AA1=4，AD=8，A1D交AD1于点O，所以A(0,0,0)，B(4,0,0)，O(0,4,2)，
B1(4,0,4)，C(4,8,0)，D1(0,8,4)，
所以BO=(−4,4,2)，CB1=(0,−8,4)，CD1=(−4,0,4)，
设平面B1CD1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CB1=−8y+4z=0n⋅CD1=−4x+4z=0，
令y=1，则z=2，x=2，所以n=(2,1,2)，
计算n⋅BO=−8+4+4=0，所以n⊥BO，
又因为BO⊄平面B1CD1，所以BO//平面B1CD1；
(Ⅱ)因为AB=(4,0,0)，n=(2,1,2)，
计算直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为
sinα=|cs|=|n⋅AB|n||AB||=8 4+1+4×4=23.
【解析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出BO与平面B1CD1的法向量n，再判断BO//平面B1CD1；
(Ⅱ)利用向量计算直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值．
本题考查了空间中的直线与平面平行以及直线与平面所成角的计算问题，是中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)根据题意可知，P(A)=68=34，
P(B)=P(AB)+P(A−B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=68×27+28×17=14.
(Ⅱ)爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,14)，
P(X=0)=C40(34)4(14)0=81256，
P(X=1)=C41(34)3(14)1=2764，
P(X=2)=C42(34)2(14)2=27128，
P(X=3)=C43(34)1(14)3=364，
P(X=4)=C44(34)0(14)4=1256，
故X的分布列为：
根据二项分布的期望公式可知E(X)=4×14=1.
【解析】(Ⅰ)根据古典概型概率公式求出P(A)，根据P(B)=P(AB)+P(A−B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)求出P(B)即可；
(Ⅱ)根据题意可知，爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,14)，计算对应概率，写出分布列和期望即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2lnx−6x+2，
令u(x)=f′(x)=2lnx−6x+2，
u′(x)=2x−6=2−6xx，x>0，
令u′(x)=0得x=13，
所以在(0,13)上u′(x)>0，u(x)单调递增，
在(13,+∞)上u′(x)0，且3−k2≠0，
∴k≠± 3，由题设有①对任意的k≠± 3总成立，
∵x1+x2=−4k23−k2，x1x2=−4k2+33−k2，
∴①可转化为−(1+k2)4k2+33−k2+(m+2k2)4k23−k2+m2+4k2=0，
整理得到3(m2−1)+(5+4m−m2)k2=0对任意的k≠± 3总成立，
故m2−1=05+4m−m2=0，解得m=−1，即点M的坐标为(−1,0).
当直线l的斜率不存在时，l：x=2，
此时A(2,3)，B(2,−3)或B(2,3)，A(2,−3)，
则MA⋅MB=9−9=0，即M在以AB为直径的圆上，
综上，以AB为直径的圆恒过x轴上的定点，且定点的坐标为(−1,0).
【解析】(Ⅰ)将点P( 2, 3)代入双曲线方程即可得方程，直接计算A1Q与A2Q斜率乘积即可；(Ⅱ)假设存在定点M(m,0)，则MA⋅MB=0，由此将根与系数的关系代入即可得．
本题考查直线与双曲线的综合问题，考查过定点问题，属于难题．X
0
1
2
3
4
P
81256
2764
27128
364
1256