2024-2025学年云南省保山市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省保山市高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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.设集合A={x|x2−2x−3y−x，则下列关系式恒成立的是( )
A. x23>y23B. 1x>1y
C. ln(|x|+1)>ln(|y|+1)D. x3>y3
5.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为常数λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆，此圆称为“阿波罗尼斯圆”，简称“阿氏圆”.已知在平面直角坐标系O−xy中，A(3,0)，B(0,−3)，动点P(x,y)满足|PB|=2|PA|，则 (x+2)2+(y−1)2的最小值为( )
A. 6−2 2B. 6C. 6+2 2D. 9
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2，则数列{1anan+1}的前2025项的和为( )
A. 20242025B. 40504051C. 20254051D. 20254053
7.已知F1，F2为双曲线C：x2a2−y23=1(a>0)的左、右焦点，点P在双曲线C的右支上(顶点除外)，过点F1引∠F1PF2角平分线的垂线，垂足为点M，若|OM|=2(O为坐标原点)，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. 2x± 3y=0B. 3x±2y=0C. 3x±4y=0D. 4x± 3y=0
8.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数，例如[−3.2]=−4，[2.3]=2，已知函数f(x)=x−[x]，则下列说法不正确的是( )
A. 函数f(x)的值域为[0,1)
B. 函数f(x)在区间[k,k+1)(k∈Z)上单调递增
C. ∀k∈Z，均有f(x+k)=f(x)
D. 函数f(x)与g(x)=lgx的图象有9个交点
二、多选题：本题共3小题，共104分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知事件A，B发生的概率分别为P(A)=13，P(B)=12，则下列说法正确的是( )
A. 若事件A，B互斥，则P(A∪B)=56
B. 若A⊆B，则P(AB)=12
C. 若P(A−B)=13，则事件A，B相互独立
D. 若事件A，B相互独立，则事件A，B至少有一个发生的概率为23
10.已知F1，F2为椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点，点P是椭圆C上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 1≤|PF2|≤3
B. 椭圆C上存在点P使得∠F1PF2=90°
C. 若直线l：y=kx(k≠0)与椭圆C相交于A、B两点，则|AF1|+|BF1|=4
D. 若∠F1PF2=π3，则△F1PF2的面积为3
11.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点P满足AP=λAB+μAD，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，点Q为棱BC的中点，则( )
A. 若λ=12，μ=0，则平面A1PQ截正方体所得的截面面积为32
B. 若λ+μ=1，则A1P//平面B1D1C
C. 若λ+μ=2，则四面体PBB1D的外接球的表面积为12π
D. 存在唯一点P，使得A1P⊥平面BDC1
三、填空题：本题共3小题，共20分。
12.已知数列{an}满足a1=1，点(1an,1an+1)在直线x−y+2=0上，则数列{an}的通项公式为______．
13.已知点F为抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，若|AF|+4|BF|的最小值为9，则p= ______．
14.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m=(a−b,sinC)，n=(c− 2b,sinA+sinB)，且m=λn(λ≠0)，c=2，则角A= ______；△ABC的面积的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共98分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题50分)
保山古称永昌，“永子”即永昌所产的围棋子，又名“永棋”.以保山南红玛瑙、玉石、天然琥珀等珍贵原料，采用保密配方、经绝技熔炼和传统手工点“丹”而成.为了让学生更好了解和学习保山永子文化的历史渊源、永子的制作技艺以及此文化的传承与发展历史，2024年12月，保山市某校组织了所有学生参加“永子”文化测试，该校一数学兴趣小组从所有成绩(满分100分，最低分50分)中，随机调查了200名参与者的测试成绩，将他们的成绩按[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组，并绘制出了部分频率分布直方图如图所示．
(1)请将频率分布直方图补充完整；
(2)估计该校所有学生成绩的第70百分位数；
(3)从成绩在[70,80)，[80,90)内的学生中用分层抽样的方法抽取7人，再从这7人中随机抽取2人开座谈会，求这2人来自不同分组的概率．
16.(本小题12分)
在以下两个条件中任选一个补充在下面问题中：
①AB⋅AC=2 33S△ABC，②cs2A−3cs(B+C)=1．
问题：已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_____，角A的平分线交BC于点D．
(1)求A；
(2)若AD=2，求△ABC面积的最小值．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC⊥CD，∠BCA=60°，点E是PC的中点，且PD= 72AD= 7CD，AB=BC=2．
(1)求证：CD⊥AE；
(2)求点P到平面ABE的距离．
18.(本小题12分)
已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，横坐标为2的点M在抛物线E上，且|MF|=3，过点F的直线l交抛物线E于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点P(2,0)，直线AP，BP分别交抛物线E于C，D两点．
(ⅰ)求证：直线CD过定点；
(ⅱ)求△PAB与△PCD面积和的最小值．
19.(本小题12分)
已知an表示正整数n的最大奇数因数．
(1)试求a7，a12的值；
(2)求证：a2m=am，a2m−1=2m−1，其中m∈N+；
(3)记Sn=a1+a2+a3+…+a2n，求Sn．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.D
5.A
6.C
7.B
8.D
9.ACD
10.AC
11.BCD
12.an=12n−1
13.2
14.π4 (1,2)
15.解：(1)成绩在[70,80)的频率为1−(0.005+0.010+0.040+0.015)×10=0.3，
补充完整的频率分布直方图如图所示：

(2)因为前几组的频率依次为0.05，0.1，0.3，0.4，
所以估计该校所有学生成绩的第70百分位数为：
80+0.70−(分)；
(3)由分层抽样的方法可知，抽取的7人中，成绩在[70,80)内的有3人，分别记为A1，A2，A3；
成绩在[80,90)内的有4人，分别记为B1，B2，B3，B4，
则从这7人中随机抽取2人的所有基本事件为：A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，
A2A3，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，A1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，B1B2，B1B3，B1B4，
B2B3，B2B4，B3B4，共21种，
“记这2人来自不同分组”为事件A，其基本事件有A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，
A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，共12种，
故这2人来自不同分组的概率为P(A)=1221=47．
16.解：(1)若选①：由AB ⋅ AC=2 33S△ABC，
可得bccsA=2 33×12bcsinA，即csA= 33sinA，
又A∈(0,π)，则csA≠0，
故tanA= 3，所以A=π3；
若选②：由cs2A−3cs(B+C)=1，
可得2cs2A−1+3csA=1，即2cs2A+3csA−2=0，
解得csA=12或csA=−2(舍去)，
又A∈(0,π)，所以A=π3；
(2)因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD=π6，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD，AD=2，
可得12bcsinπ3=12c⋅ADsinπ6+12b⋅ADsinπ6，
整理得b+c= 32bc，
又因为b+c≥2 bc，则有 32bc≥2 bc，
即bc≥163，当且仅当b=c=4 33时等号成立，
所以S△ABC=12bcsinπ3= 34bc≥4 33，
故△ABC面积的最小值为4 33．
17.(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，且CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，且PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，
则CD⊥AE；
(2)解：∵AB=BC=2，∠BCA=60°，
∴△ABC是等边三角形，∠BAC=60°，AC=2，
又∵PD= 72AD= 7CD，AC⊥CD，
∴sin∠DAC=CDAD=12，则∠DAC=30°，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°，即AB⊥AD，
又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，
在Rt△DCA中，可得DC=ACtan30°=2 33，AD=2DC=4 33，
则PD= 72AD=2 213，PA= PD2−AD2=2．
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1, 3,0)，P(0,0,2)．
∵点E是PC的中点，∴E(12, 32,1)，
则AB=(2,0,0)，AE=(12, 32,1)，AP=(0,0,2)，
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅AB=2x=0n⋅AE=12x+ 32y+z=0，取z= 3，得n=(0,−2, 3)，
可得点P到平面ABE的距离d=|n ⋅ AP||n|=2 3 7=2 217．
18.解：(1)已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，横坐标为2的点M在抛物线E上，且|MF|=3，
则|MF|=xM+p2=2+p2=3，
得p=2，
因此抛物线E的方程为y2=4x．
(2)(i)由题意，可设直线l的方程为x=my+1，
联立x=my+1y2=4x，
得y2−4my−4=0，
又A(x1,y1)，B(x2,y2)
所以y1+y2=4m，y1y2=−4，
设C(x3,y3)，D(x4,y4)，直线AP的方程为x=ny+2，
联立x=ny+2 y2=4x ，
得y2−4ny−8=0，
所以y1y3=−8，
同理可得y2y4=−8，
所以y3y4=−8y1×−8y2=−16．
又kCD=y3−y4x3−x4=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
所以直线CD的方程为y−y3=4y3+y4(x−y324)，
化简得4x−(y3+y4)y−16=0，
令y=0，
则x=4，
故直线CD过定点N(4,0)；
(ii)证明：由(i)知S△PAB=12|PF||y1−y2|=12|y1−y2|，
S△PCD=12|PN||y3−y4|=12×2×|−8y1−(−8y2)|=8|y1−y2||y1y2|=2|y1−y2|，
所以S△PAB+S△PCD=12|y1−y2|+2|y1−y2|=52|y1−y2|=52 (y1+y2)2−4y1y2
=52 16m2+16≥52×4=10，
当且仅当m=0时等号成立，
故△PAB与△PCD面积和的最小值为10．
19.解：(1)由an表示正整数n的最大奇数因数，
可得7的最大奇数因数为7，从而a7=7；
由于12=22×3，12的最大奇数因数为3，故a12=3．
(2)证明：2m−1的最大奇数因数显然是它本身，故a2m−1=2m−1，
对于a2m，设m的最大奇数因数为t，并设m=2k×t(k∈N,t∈N+)，
则2m=2×2k×t=2k+1×t，从而a2m=am=t成立．
(3)Sn=a1+a2+a3+...+a2n=(a1+a3+a5+...+a2n−1)+(a2+a4+...+a2n)
=(a1+a3+a5+...+a2n−1)+(a1+a2+...+a2n−1−1+a2n−1)
=Sn−1+(1+3+5+...+2n−1)
=Sn−1+(2n×2n−1)2=Sn−1+4n−1．
从而Sn−Sn−1=4n−1(n≥2), 且S1=a1+a2=2，
则Sn=S1+(S2−S1)+(S3−S2)+...+(Sn−Sn−1)=2+4+42+...+4n−1=1+1−4n1−4=2+4n3．