2023-2024學(xué)年山西省臨汾市部分校高二下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年山西省臨汾市部分校高二下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={y|y=log2x,x>1}，B={y|y=(1A.y0<y<12 B.{y|0<y<1} C.y2.下列圖中，相關(guān)性系數(shù)最大的是(

)A. B.

C. D.3.若zz?1=1+i，則z=(

)A.?1?i B.?1+i C.1?i D.1+i4.已知f(x)=|lgx|，若a=f(14)，b=f(13)，c=f(2)，則aA.b>c>a B.b>a>c C.c>a>b D.a>b>c5.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是(

)A.14 B.13 C.126.已知一個直角三角形的周長為8+82，則該三角形面積的最大值為(

)A.82 B.16 C.32 7.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列說法正確的是(

)A.若acosA=bcosB，則△ABC是等腰三角形

B.若B=60°，b2=ac，則△ABC是直角三角形

C.若c?a2c=8.如圖所示，曲線C是由半橢圓C1:x216+y212=1(y<0)，半圓C2:(x?2)2+y2=4(y≥0)和半圓C3:(x+2)2+y2=4(y≥0)組成，過C1的左焦點F1作直線lA.6 B.8 C.10 D.12二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在(x?2x)A.奇數(shù)項的二項式系數(shù)之和為32 B.第3項的二項式系數(shù)最大

C.常數(shù)項為?240 D.有理項的個數(shù)為410.下列說法正確的是(

)A.已知f(x)是奇函數(shù)，則有f(0)=0

B.函數(shù)y=x2x?1的單調(diào)減區(qū)間是(?∞,12)∪(12,+∞)

C.定義在R上的函數(shù)f(x)，若f(3)≠f(?3)，則f(x)不是偶函數(shù)

D.11.已知a，b是正實數(shù)，且a+b=4ab，則下列說法正確的是(

)A.ab的最大值14 B.a2+b2的最小值為12

C.a+4b的最小值三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.計算：(278)cos13.已知函數(shù)f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)=x(x+2).若f(3+m)+f(3m?7)>0，則m的取值范圍為

．14.有5個相同的球，分別標有數(shù)字1、2、3、4、5，從中不放回地隨機抽取3次，每次取1個球.記m為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值，n為取出的三個球上數(shù)字的平均值，則m與n差的絕對值不超過12的概率是

．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3=3，其中a1(1)求數(shù)列通項a(2)設(shè)bn=1Sn，bn的前n16.(本小題15分)我們知道，函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于y軸成軸對稱圖形的充要條件是函數(shù)y=f(x)為偶函數(shù).有同學(xué)發(fā)現(xiàn)可以將其推廣為：函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=a成軸對稱圖形的充要條件是函數(shù)y=f(x+a)為偶函數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)=x4(2)類比上述推廣結(jié)論，寫出“函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱圖形的充要條件是函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù)”的推廣結(jié)論(當對稱中心為(a,b)時)．17.(本小題15分)

已知四棱錐P?ABCD，AD/?/BC，AB=BC=1，AD=3，E是AD上一點，PE⊥AD，DE=PE=2．

(1)若F是PE中點，證明：BF/?/平面PCD．(2)若AB⊥平面PED，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．18.(本小題17分)已知函數(shù)p(x)=mx?4+1(m>0且m≠1)的圖象經(jīng)過定點A，函數(shù)f(x)=loga(1)求函數(shù)y=f(a3(2)若函數(shù)g(x)=f(2xλ)?f(x2)?419.(本小題17分)“博弈”原指下棋，出自我國《論語?陽貨》篇，現(xiàn)在多指一種決策行為，即一些個人、團隊或組織，在一定規(guī)則約束下，同時或先后，一次或多次，在各自允許選擇的策略下進行選擇和實施，并從中各自取得相應(yīng)結(jié)果或收益的過程.生活中有很多游戲都蘊含著博弈，比如現(xiàn)在有兩個人玩“翻手背”的游戲，甲、乙約定若同時手心向上，則甲付給乙6元，若同時手背向上，則甲付給乙2元，若結(jié)果是一個手心一個手背，則乙付給甲4元．(1)若兩人各自隨機翻出手心或手背，求乙收益的期望．(2)因為各自翻出手心或手背，所以可以控制翻出手心或手背的頻率(假設(shè)進行多次游戲，頻率可以代替概率)，因此雙方就面臨競爭策略的博弈.甲、乙可以根據(jù)對手翻出手心或手背的概率調(diào)整自己翻出手心或手背的概率，進而增加自己贏得收益的期望．?①假設(shè)甲以p(0≤p≤1)的概率翻出手心，乙以q(0≤q≤1)的概率翻出手心.甲收益的隨機變量為Y，乙收益的隨機變量為Z.分別求甲、乙收益的期望．?②根據(jù)甲的收益期望，乙應(yīng)該如何選擇翻出手心的概率q，才能使結(jié)果對自己最有利?同理，根據(jù)乙的收益期望，甲應(yīng)該如何選擇翻出手心的概率p，才能使結(jié)果對自己最有利?并由此分析游戲規(guī)則是否公平．

答案解析1.A

【解析】解：由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得A={y|y=log2x,x>1}={y|y>0}，

由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得B={y|y=(12)x2.A

【解析】解：觀察4幅圖可知，A圖散點分布比較集中，且大體接近某一條直線，呈現(xiàn)明顯的正相關(guān)，r值相比于其他3圖更接近1．故選：A3.C

【解析】解：由zz?1=1+i，得z=(1+i)z?(1+i)，

∴iz=1+i，

4.D

【解析】解：f(x)=|lgx|的圖象如圖所示，

由圖象知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，

c=f(2)=|lg2|=|lg12|=f(15.B

【解析】解：甲、乙、丙、丁四位同學(xué)站成一排照相留念，基本事件總數(shù)n=A44=24，

丙不在排頭，且甲或乙在排尾m=C216.B

【解析】解：由條件可設(shè)直角邊長分別為a，b，

則斜邊長為a2+b2，

即a+b+a2+b2=8+82．

a+b?2ab，

當且僅當a=b時等號成立；

a2+b2?2ab，

當且僅當a=b時等號成立；7.C

【解析】解：對于A項，由

acosA=bcosB

和正弦定理可得，即

sin2A=sin2B

，故得

2A=2B

或

即

A=B

或

A+B=π2

，即

?ABC

是等腰三角形或直角三角形，故對于B項，因為

B=60°,b2=ac代入化簡得，

(a?c)2=0

，即得

a=c

，故

?ABC

對于C項，由

c?a2c=sin2B2

和正弦定理得，

sinC?因為

A=π?(C+B)

，則

sinA=sinCcosB+cosCsin因為

0<B,C<π

，所以sinB>0

，則

cosC=0

，故

C=π2

，對于D項，若

?ABC

是等邊三角形，則

a=b,cosA=cosB=12故“

acosA=bcosB

”是“故選：C．8.C

【解析】解：設(shè)過F2的橢圓的弦為PN，又易知兩圓的半徑r=2，|BF1|=|PF2|，

根據(jù)題意可得|AB|+|MN|=2r+|BF1|+|NF2|=4+|PN|，

又根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)可知焦點弦9.AD

【解析】偶數(shù)項的二項式系數(shù)之和為2n?1=25=32，故A正確；

根據(jù)二項式，當r=3時C63的值最大，即第4項的二項式系數(shù)最大，故B錯誤

Tk+1=C6kx6?k(?2x)k=C6k(?2)kx10.CD

【解析】解：奇函數(shù)不一定過(0,0)，故A錯誤;

y=x2x?1=x?12+122x?1=12+14(x?12)，

所以函數(shù)y=x2x?1的單調(diào)減區(qū)間是(?∞,12)，(12,+∞)，故B錯誤;

如果f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(3)=f(?3)，

因為f(3)≠f(?3)，∴f(x)不是偶函數(shù)，故C11.BCD

【解析】解：

因為a+b=4ab≥2ab，所以ab≥14，取等條件當且僅當a=b=12，

因此ab的最小值為14，故A錯誤；

a2+b2≥2ab≥12，取等條件當且僅當a=b=12，

所以a2+b2的值小值為12，故B正確；

因為a+b=4ab，所以1a+1b=4，

因此a+4b=14(1a+1b)(a+4b)=14(5+ab+4ba)≥94，

取等條件當且僅當a=2b=34;

所以a+4b的最小值為

94，故C正確；

已知

a,b

是正實數(shù)，且

a+b=4ab

，

可得

a+b=4ab?4×a+b22?a+b?1，

當且僅當a=b=12.198【解析】解：(2713.(1,+∞)

【解析】解：當x≥0時，f(x)=x2+2x，故f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，

函數(shù)在x=0處連續(xù)，又f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，

故f(x)在R上單調(diào)遞增．

因為f(?x)=?f(x)，由f(3+m)+f(3m?7)>0，

可得f(3+m)>f(7?3m)，

又因為f(x)在R上單調(diào)遞增，

所以3+m>7?3m，解得m>?1．14.815【解析】解：從5個不同的球中不放回地抽取3次，共有A53=60種，

設(shè)前兩個球的號碼為a，b，第三個球的號碼為c，則|a+b+c3?a+b2|≤12，

故|2c?(a+b)|≤3，故?3≤2c?(a+b)≤3，故a+b?3≤2c≤a+b+3，

若c=1，則?1≤a+b≤5，則(a,b)為：(2,3)，(3,2)，故有2種，

若c=2，則1≤a+b≤7，則(a,b)為：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(3,4)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(4,3)，故有8種，

當c=3，則3≤a+b≤9，則(a,b)為：(1,2)，(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)(4,5)，(2,1)，(4,1)，(5,1)，(4,2)，(5,2)，(5,4)，故有12種，

當c=4，則5≤a+b≤11，同理有8種，

當c=5，則7≤a+b≤13，同理有2種，

則m15.(1)解：由等比中項公式a32=a1?a9，

32=(3?2d)(3+6d)，得d=1或d=0(舍去)，

an=a3【解析】本題考查等差數(shù)列的通項公式和求和公式，等比數(shù)列的中項性質(zhì)，以及數(shù)列的裂項相消求和，化簡運算能力，屬于基礎(chǔ)題．

(1)運用等比數(shù)列的中項性質(zhì)和等差數(shù)列的通項公式，解方程可得d，進而得到所求通項公式；

(2)運用等差數(shù)列的求和公式，可得到Sn16.解：(1)設(shè)f(x)對稱軸為x=a，則f(x+a)為偶函數(shù)，

f(?x+a)=f(x+a)對?x∈R恒成立，

(?x+a)4?4(?x+a)3+8(?x+a)

=(x+a)4?4(x+a)3+8(x+a)x4?4ax3+6a2x2?4a【解析】本題考查函數(shù)的奇偶性，考查函數(shù)的對稱性，考查類比推理，是中檔題．

(1)由題意設(shè)函數(shù)f(x)=x4?4x3+8x的對稱軸為x=a17.解：(1)取PD的中點為S，接SF,SC，則SF//ED,SF=1而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四邊形SFBC為平行四邊形，故BF//SC，而BF?平面PCD，SC?平面PCD，所以BF//平面PCD．(2)因為ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，故四邊形AECB為平行四邊形，故CE//AB，所以CE⊥平面PAD，而PE,ED?平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則A0,?1,0則PA設(shè)平面PAB的法向量為m=(x,y,z)則由m?PA=0m?設(shè)平面PCD的法向量為n=則由n?PC=0n?故cos<故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為

【解析】【分析】本題考查線面平行的判定，線面垂直的性質(zhì)，平面與平面所成角的向量求法，屬于中檔題．

(1)取PD的中點為S，接SF,SC，可證四邊形SFBC為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得BF//平面PCD．(2)建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夾角的余弦值．18.解：(1)易得A(4,2)，代入f(x)中，得a=2，

從而y=f(a3?2x)=f(8?2x)=log2(8?2x)，

令8?2x>0，得x<3，故函數(shù)y=f(a3?2x)的定義域為(?∞,3)．

∵0<8?2x<8，y=log2x是增函數(shù)，

∴y=f(a3?2x)的值域為(?∞,3)．

(2)由(1)可知，g(x)=log2(2xλ)?log2x2?4=2λ(log2x)2+2log2x?4．

設(shè)t=log2【解析】本題考查冪函數(shù)及對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查函數(shù)的定義域與值域以及函數(shù)的零點存在性定理，屬于較難題．

(1)先由冪函數(shù)恒過定點求出A，求出y=f(a3?2x)的定義域即可；

(2)由(1)得出g(x)，轉(zhuǎn)化為?(t)=2λt19.解：(1)因為兩人各自隨機翻出手心或手背，

所以甲、乙翻出手心的概率均可認為是12，

設(shè)乙的收益為隨機變量X，則X的可能取值有：?4，2，6，

所以可得乙的收益XX?426P111故乙收益的期望為E(X)=?4×12+2×1Y?6?24Ppq(1?p)(1?q)p(1?q)+q(1?p)所以甲收益期望為：E(Y)=?6pq?2(