2024-2025学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省深圳外国语学校高二（下）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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知a=(1,2)，b=(m,3)，若a⊥(b−a)，则实数m=( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
2.二项式(2 x−x)6的展开式中x3的系数为( )
A. 160B. 60C. −160D. −60
3.某智能机器人公司从某年起7年的利润情况如表所示，y关于x的回归直线方程是y =0.5x+2.3，则该智能机器人公司第4年利润的残差是( )
A. 0.1亿元B. 0.2亿元C. −0.1亿元D. −0.2亿元
4.已知角α终边上一点P(2,1)，则1+sin2αcs2α=( )
A. −3B. −13C. 13D. 3
5.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S2=3，S4=15，则S8=( )
A. 255B. 127C. 66D. 39
6.“端午节”是我国四大传统节日之一，吃粽子、赛龙舟、挂艾草等均是端午节的习俗.今年端午节，兄妹两人一起去超市购买粽子，若他们分别从“鲜肉粽、腊肉粽、蛋黄粽、原味粽、赤豆粽、八宝粽”六种粽子里各自挑选三种并各购买一个，则购买的6个粽子中至多有一种相同的概率是( )
A. 12B. 920C. 25D. 720
7.已知F是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，直线4x−3y=0与C交于P，Q两点，若以PQ为直径的圆经过点F，则C的离心率为( )
A. 2B. 5C. 3D. 10
8.已知函数f(x)=(x+a−1)ex+b2x2+abx−ab在R上单调递增，则ab的最小值为( )
A. −1eB. 1eC. −1D. 1
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.下列说法正确的是( )
A. 数据2，1，6，3，4，5，4，1，3的下四分位数是2
B. 若数据x1，x2，⋯，xn的标准差为s，则数据2x1，2x2，⋯，2xn的标准差为2s
C. 随机变量X～N(1,σ2)，若P(X>0)=45，则P(0b>0)过点(1, 22)，右焦点F(1,0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l：y=kx(k≠0)与椭圆E交于P，A两点，过点P(x0,y0)作PC⊥x轴，垂足为点C，直线AC交椭圆E于另一点B．
(i)证明：AP⊥BP．
(ii)求△ABP面积的最大值．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.C
6.A
7.B
8.A
9.ABC
10.BC
11.ABD
12.4051
13.ln22
14.2081
15.(1)由正弦定理及二倍角公式，得2sinCsinBcsB=2sinBtanCtanB+tanC，B≠π2,C≠π2，
因为sinB>0，所以csCcsB=1tanB+tanC，
即sinCcsB+csCsinB=sin(B+C)=1，
又A+B+C=π，所以sinA=1.又A∈(0,π)，所以A=π2；
(2)由a= 5,c=2，知b= a2−c2=1，
由角平分线得∠DAC=∠DAB=π4，
因为SΔABC=S△ABD+S△ACD，
所以12AB⋅AC=12AD⋅AB⋅sinπ4+12AC⋅AD⋅sinπ4，
即12×2×1=12AD×2× 22+12×AD× 22，
则AD=2 23．
16.(1)记X为甲在预赛答对的题数，则x的取值为1，2，3，4，
所以P(X=3)=C53C31C84=37，P(X=4)=C54C84=114，
记甲进入决赛为事件A，则甲进入决赛的概率为P(A)=P(X=3)+P(X=4)=37+114=12；
(2)由题可知ξ的取值为0，50，150，300，
所以P(ξ=0)=C33×(13)3=127，P(ξ=50)=C31×23×(13)2=29，P(ξ=150)=C32×(23)2×13=49，P(ζ=300)=C33×(23)3=827，
所以ξ的分布列如下：
E(ξ)=0×127+50×29+150×49+300×827=5003(元)，
即甲获得奖金的数学期望为5003元．
17.(1)a=2时，f(x)=lnx+2x+1，所以f′(x)=x2+1x(x+1)2，
所以f(1)=1，f′(1)=12，
所以函数f(x)在(1,1)处的切线方程为y−1=12(x−1)，即x−2y+1=0；
(2)因为对任意x∈(0,+∞)，f(x)≤x+12恒成立，
所以对任意x∈(0,+∞)，lnx+ax+1≤x+12恒成立，又x>0，所以x+1>0，
所以a≤(x+1)22−(x+1)lnx在(0,+∞)上恒成立，
设g(x)=(x+1)22−(x+1)lnx(x>0)，则g′(x)=x−1x−lnx，
令ℎ(x)=x−1x−lnx，则ℎ′(x)=1+1x2−1x=x2−x+1x2=(x−12)2+34x2>0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ(1)=0，
所以当x∈{0,1}时，g′(x)=ℎ(x)ℎ(1)=0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=2，
所以若a≤2，
故实数的取值范围是(−∞,2]．
18.(1)证明：连接BD，
因为菱形ABCD和等边三角形BCE有公共边BC，点B在线段AE上，
所以∠ABC=120°，且AB=BC=CD=AD=CE=BE，CD//BE，
所以四边形BDCE为菱形，
所以BC⊥DE，
翻折后BC⊥DO，BC⊥PO，
因为DO∩PO=O，DO、PO⊂平面POD，所以BC⊥平面POD，
又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面POD．
(2)解：由(1)知BC⊥平面POD，
因为BC⊂平面ABCD，
所以平面POD⊥平面ABCD，
又BC⊥OD，
故以O为原点，OD，OB所在直线分别为x，y轴，作Oz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D( 3,0,0)，A( 3,2,0)，B(0,1,0)，C(0,−1,0)，
因为DP= 3=OD=OP，
所以△POD为等边三角形，∠POD=60°，所以P( 32,0,32)，
所以BA=( 3,1,0)，BP=( 32,−1,32)，CB=(0,2,0)，
设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅BA= 3x+y=0m⋅BP= 32x−y+32z=0，
令x=−1，则y= 3，z= 3，所以m=(−1, 3, 3)，
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅CB=2b=0n⋅BP= 32a−b+32c=0，
令a= 3，则b=0，c=−1，所以n=( 3,0,−1)，
设平面PAB与平面PBC夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|− 3− 3| 7×2= 217，
故平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 217．
(3)解：由(2)知P在平面xOz上，且OP= 3，
不妨设P( 3csα,0, 3sinα)，α∈(0,π)，
则AP=( 3csα− 3,−2, 3sinα)，BP=( 3csα,−1, 3sinα)，
设平面PBC的法向量为m1=(x1,y1,z1)，则m1⋅CB=2y1=0m1⋅BP= 3csαx1−y1+ 3sinαz1=0，
取x1=sinα，得m1=(sinα,0,−csα)，
设PA与平面PBC的夹角为φ(φ∈[0,π2])，
则sinφ=|cs|=|AP⋅m1||AP|⋅|m1|= 3sinα 3(csα−1)2+4+3sin2α×1= 3sin2α10−6csα= 3(1−cs2α)10−6csα，
令t=10−6csα∈[4,16]，则csα=10−t6，
所以sinφ= 3× 1−(10−t6)2t= 3× −t2+20t−6436t= 36× 20−(t+64t)≤ 36× 20−16= 33，
当且仅当t=8，即csα=13时，等号成立，
所以直线PA与平面PBC夹角正弦值的最大值为 33．
19.(1)由题意椭圆右焦点F(1,0)可得c=1，
因为椭圆E过点(1, 22)，所以1a2+12b2=1，
联立c=11a2+12b2=1a2=b2+c2，解得a= 2b=1c=1，
所以椭圆E的方程为x22+y2=1．
(2)(i)证明：因为直线l：y=kx(k≠0)与椭圆E交于P，A两点，不妨设P为第一象限点，
又P(x0,y0)，PC⊥x轴，如图，所以点A的坐标为(−x0−y0)，点C的坐标为(x0,0)，
设B(x,y)，则有x022+y02=1,x22+y2=1，
两式相减得：(y0−y)(y0+y)(x0−x)(x0+x)=−12，
又kAB=y0+yx0+x,kBP=y0−yx0−x，所以kAB⋅k2P=y0−yx0−x⋅y0+yx0+x=−12，
又kAB=kAC=y02x0=12⋅kPA=k2，所以kBP=−12⋅2k=−1k，
又kAP=k，所以kAP⋅kBP=k⋅(−1k)=−1，所以AP⊥BP．
(ii)由对称性不妨设k>0，P(x0,kx0)在第一象限，
联立y=kxx22+y2=1，消去y得(2k2+1)x2=2，
所以x0= 22k2+1，则|AP|=2|OP|=2 k2+1⋅ 22k2+1，
设直线AP与AB倾斜角分别为θ1，θ2，则tanθ1=k,tanθ2=k2，
所以tan∠PAB=tan(θ1−θ2)=k−k21+k⋅k2=kk2+2，
由(i)可得，S△BAP=12|AP|⋅|BP|=12|AP|2⋅tan∠PAB=4k(k2+1)(k2+2)(2k2+1)，
令f(k)=4k(k2+1)(k2+2)(2k2+1)，则f′(k)=−8k6−4k4+4k2+8(k2+2)2(2k2+1)2=−4(k2−1)(2k4+3k2+2)(k2+2)2(2k2+1)2，
令f′(k)=0，则k=1，且当k∈(0,1)时f′(k)>0，当k∈(1,+∞)时f′(k)