浙江省臨平蕭山聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題

浙江省臨平蕭山聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求．1．已知集合A=0,1,2,3,4，B=xxA．1,2,3,4 B．2,3 C．1,4 D．0,1,42．已知2+iz=i，i為虛數(shù)單位，則zA．15 B．13 C．553．已知平面向量a=2,0，b=?1,1，且A．?1 B．0 C．1 D．1±4．已知雙曲線x2a2?y2bA．6,+∞ B．1,6 C．2,+∞ 5．已知2cos2θ?cosθ=1A．0 B．12 C．32或0 6．?dāng)?shù)學(xué)家歐拉研究調(diào)和級數(shù)得到了以下的結(jié)果：當(dāng)x較大時，1+12+13+?+1A．ln30 B．ln3 C．?ln3 D．?7．已知α,β∈0,π2，則“cosA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．已知圓C:x2?2x+y2=0與直線l:y=mx+2mm>0，過l上任意一點P向圓C引切線，切點為A和BA．277 B．77 C．14二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．已知一組數(shù)據(jù)：3，3，4，4，4，x，5，5，6，6的平均數(shù)為4.7，則（）A．x=7B．這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為4C．若將這組數(shù)據(jù)每一個都加上0.3，則所有新數(shù)據(jù)的平均數(shù)變?yōu)?D．這組數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)為5.510．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且a=5，b=6，c=7，下面說法正確的是（）A．sinB．cosC．△ABC是銳角三角形D．△ABC的最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍11．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PD⊥面ABCD，PD=23，點E是棱PB上一點（不包括端點），F(xiàn)是平面PCDA．一定不存在點E，使AE//平面PCDB．一定不存在點E，使PB⊥平面ACEC．以D為球心，半徑為2的球與四棱錐的側(cè)面PAD的交線長為πD．AE+EF12．已知函數(shù)fx=xx?1?exA．x1=lnx2 B．1x三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．過P1,3+1、Q14．在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=2，AC=2315．已知函數(shù)fx=sinωx+π3+sinωx(ω>0)16．已知雙曲線C：x2a2?y2b四、解答題：本題共6小題，第17題10分，第18-22題每題12分，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．設(shè)函數(shù)fx（1）求函數(shù)y=fx+（2）求函數(shù)y=fx在0,18．如圖，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，M，N分別為AC，BC上的兩點AN=12AC，BM=13（1）求AM的值；（2）求證：AM⊥PN．19．樹人中學(xué)從參加普法知識競賽的1000同學(xué)中，隨機抽取60名同學(xué)將其成績（百分制，均為整數(shù)）分成40,50,（1）補全頻率分布直方圖，并估計本次知識競賽成績的眾數(shù)；（2）如果確定不低于88分的同學(xué)進入復(fù)賽，問這1000名參賽同學(xué)中估計有多少人進入復(fù)賽；（3）若從第一組，第二組和第六組三組學(xué)生中分層抽取6人，再從這6人中隨機抽取2人，求所抽取的2人成績之差的絕對值小于25的概率．20．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，EF//AD，AE=2EF=2，∠EAD=120°，平面ADFE⊥平面（1）求證：BD⊥CF；（2）求平面ABE與平面BDF所成銳角的余弦值．21．如圖，在圓x2+y2=4上任取一點P，過點P作x軸的垂線段PD，D為垂足，且滿足PD=2（1）求曲線Ω的方程；（2）點A2,0，過點A作斜率為kk≠0的直線l交曲線Ω于點B，交y軸于點C．已知G為AB的中點，是否存在定點Q，對于任意kk≠0都有OG⊥CQ22．已知函數(shù)fx和gx的定義域分別為D1和D2，若對任意x0∈D1，恰好存在n個不同的實數(shù)x1,x（1）判斷gx=x2?2x+1,（2）若gx=ax2（3）函數(shù)x表示不超過x的最大整數(shù)，如1.2=1,2=2,?1.2=?2．若hx=ax?

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由x2?5x+4≥0，解得x≤1，或x≥4，則集合B=xx≤1或x≥4，

因為集合故答案為：D.【分析】先解不等式求得集合B，再利用交集的定義求解集合A∩B即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：由2+iz=i，可得z=i2+i故答案為：C.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算化簡復(fù)數(shù)z，再利用復(fù)數(shù)的模長公式求z的值即可.3．【答案】A【解析】【解答】解：因為向量a=2,0，所以ma?b又因為ma?b//a故答案為：A.【分析】根據(jù)已知條件，先求出ma?b4．【答案】A【解析】【解答】解：因為雙曲線左支上存在點P使得PF2=32c?2a，所以32故答案為：A.【分析】由題意，結(jié)合雙曲線的性質(zhì)，雙曲線左支上的點P到右焦點F2的距離：P5．【答案】D【解析】【解答】解：因為θ∈0,π，所以?1<cosθ<1，

由2cos2故答案為：D.【分析】根據(jù)θ∈0,π，可得?1<cosθ<1，解方程2cos26．【答案】B【解析】【解答】解：依題意可得1+11+1兩式相減可得1101故答案為：B.

【分析】由題意可得1+12+7．【答案】B【解析】【解答】解：因為α,β∈0,π2，所以0<則cos(α?β)=cos(α?β)<14cosα+sinβ<故α,β∈0,π2，“cos故答案為：B．【分析】由α,β∈0,π2求得0<cosβ<18．【答案】D【解析】【解答】解：圓C:x2?2x+y2=0化為標準方程為x?12+y由圓的幾何性質(zhì)可知：AC⊥PA，BC⊥PB，因為PA=PB，AC=BC，所以∠APC=∠BPC，則PC⊥AB，設(shè)AB∩PC=E，則E為AB的中點，由勾股定理可得PA=由等面積法可得AB=2所以當(dāng)PC取最小值時，AB取最小值，由21?1PC所以PC的最小值為2，當(dāng)PC與直線l垂直時，PC取最小值，則3mm2+1=2故答案為：D.【分析】先化圓的一般方程為標準方程，由圓的幾何性質(zhì)推導(dǎo)出PC垂直平分AB，分析可知，當(dāng)PC取最小值時，AB取最小值，此時，PC⊥l，根據(jù)點到直線的距離公式列出關(guān)于m的等式，求解即可.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、因為數(shù)據(jù)的平均數(shù)為4.7，所以1103+3+4+4+4+x+5+5+6+6=4.7，

B、數(shù)據(jù)從小到大排列為3，3，4，4，4，5，5，6，6，7，則中位數(shù)4+52C、若將這組數(shù)據(jù)每一個都加上0.3，則新數(shù)據(jù)的平均數(shù)變?yōu)?.7+0.3=5，故C正確；D、因為10×70%=7，所以這組數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)為故答案為：ACD．【分析】由題意，根據(jù)數(shù)據(jù)的平均數(shù)為4.7求出x值，再根據(jù)中位數(shù)、平均數(shù)和百分位的性質(zhì)逐項計算判斷即可.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、由a=5，b=6，c=7，根據(jù)正弦定理可得sinA:B、由余弦定理可得cosA=b2+c2?C、因為a<b<c，所以C為最大角，又因為cosC=15>0，所以D、因為a<b<c，所以A為最小角，則cos2A=2又因為A∈0,π2，則2A∈故答案為：AC.【分析】由題意，利用正弦定理即可判斷A；利用余弦定理即可判斷BC；利用二倍角的余弦公式即可判斷D.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、在四棱錐P?ABCD中，PD⊥面ABCD，因為DA,DC?面ABCD，所以PD⊥DA,PD⊥DC，因為底面ABCD是正方形，所以DA⊥DC，以D為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：則A2,0,0設(shè)PE=λAE=顯然面PCD的一個法向量為DA=2,0,0，而即DA,AE不垂直，所以AE與平面B、又AC=所以AC?PB=?4+4+0=0若AE?PB=4λ?4+4λ?2所以存在點E，使得AE⊥PB，又AE∩AC=A,AE,AC?平面ACE，所以PB⊥平面ACE，故B錯誤；C、由題意球面與Rt△PAD的交線如圖中圓弧IJ，而DJ=DI=DA=2,∠PAD=π3，所以所以圓弧IJ的弧長為π6D、由于PD⊥面ABCD，AB?面ABCD，所以PD⊥AB，而AB⊥AD，PD∩AD=D,PD,AD?面PAD，所以AB⊥面PAD，又PA?面PAD，所以AB⊥PA，同理CB⊥PD，且PA=PC=12+4把△PAB,△PCB展開到同一平面內(nèi)，要使AE+EF取得最小值，當(dāng)且僅當(dāng)點F在PC上，且因為AB=2，所以由勾股定理得PB=16+4所以sin∠BPA=而∠BPA=∠BPC，所以sin∠APF=所以AE+故答案為：ACD.【分析】以D為原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量即可判斷A，B；將△PAB,△PCB展開到同一平面內(nèi)計算即可判斷D；求出球面與△PAD,△PAB的交線，再借助對稱計算即可判斷C.12．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：函數(shù)y=xx?1化簡可得x=yy?1，則函數(shù)由fx=x由gx=x同一直角坐標系中，作出函數(shù)y=ex、y=ln由對稱性可知，點x1,ex1A、x1=lnB、由x1x1?1=exC、若x1=x2>1，由x這與ex1=x2x1D、因為x1>1，x2故答案為：ABC.【分析】由題意，分析可知函數(shù)y=xx?1的圖象關(guān)于直線y=x對稱，同一直角坐標系中，作出函數(shù)y=ex、y=ln13．【答案】3???????【解析】【解答】解：由斜率公式可得kPQ=3故答案為：3.【分析】由題意，利用兩點間的斜率公式直接計算即可.14．【答案】80π【解析】【解答】解：因為AB=2，AC=23，BC=4，則AB2將直三棱柱ABC?A1B則直三棱柱ABC?A1B故該直三棱柱的外接球的表面積為4πR故答案為：80π.【分析】由題意，將直三棱柱ABC?A1B15．【答案】1【解析】【解答】解：f=sin因為0≤x≤π，所以π又因為32≤fx≤3，所以1故答案為：13【分析】利用兩角和的正弦公式，將函數(shù)化成fx=Asin16．【答案】4+【解析】【解答】解：由題意，作出圖形，如圖所示：易知Aa,0，F(xiàn)c,0，由對稱性，不妨設(shè)P在x軸上方，設(shè)因為OA?2?OP?+OF??OA?+OP??OF?=0，所以過P作x軸的垂線，過Q作PA軸的垂線，相交于E點，則△PAF~△PEQ，又QP?=5FP?，所以(a-x因為Q在雙曲線C上，所以5c-4a2a2--4b故答案為4+17【分析】先根據(jù)條件：OA?2?OP?+OF??17．【答案】（1）解：fx則fx+故函數(shù)y=fx+π2（2）解：當(dāng)0≤x≤π2時，所以函數(shù)fx在0,π2【解析】【分析】（1）利用輔助角公式，化簡函數(shù)fx的解析式，求得函數(shù)y=fx+π（2）由0≤x≤π2求出x?π4的取值范圍，再利用正弦型函數(shù)的單調(diào)性可求得函數(shù)（1）解：因為fx則fx+故函數(shù)y=fx+π2（2）解：當(dāng)0≤x≤π2時，所以，函數(shù)fx在0,π218．【答案】（1）解：因為BM=13所以AM2所以AM=（2）證明：因為AN=12所以AM?所以AM⊥BN，即AM⊥BN，所以【解析】【分析】（1）用AB、AC表示AM，再根據(jù)向量的數(shù)量積定義及運算律計算即可；（2）用AB、AC表示AM、BN，根據(jù)向量的數(shù)量積運算律求出AM?（1）因為BM=所以AM=所以AM2所以AM=（2）因為AN=所以BN=所以AM?所以AM⊥BN，即AM⊥BN，所以19．【答案】（1）解：由頻率分布直方圖可知：[70,80)組的頻率為：1-0.01+0.015+0.015+0.025+0.005則頻率分布直方圖為：因為[70,80)組對應(yīng)的小矩形最高，所以估計本次知識競賽成績的眾數(shù)為70+802（2）解：由頻率分布直方圖得分數(shù)不低于88分的頻率為：90-8810所以這1000名參賽同學(xué)中估計進入復(fù)賽的人數(shù)為：1000×0.1=100；（3）解：從第一組，第二組和第六組三組同學(xué)中分層抽取6人，因為第一、二、六組的頻率之比為2:3:1，所以第一組抽取6×26=2人，第二組抽取6×設(shè)這6人分別為：a1a基本事件總數(shù)n=15，所抽取的2人成績之差的絕對值小于25包含的基本事件有：a基本事件個數(shù)個數(shù)m=10.所以所抽取的2人成績之差的絕對值小于25的概率為P=m【解析】【分析】（1）由題意，根據(jù)頻率分布直方圖中各矩形的面積之和為1，求出[70,80)組的頻率，即可補全頻率分布直方圖，由此估計本次知識競賽成績的眾數(shù)；（2）由頻率分布直方圖求出成績不低于88的頻率，由此估計進入復(fù)賽的人數(shù)；（3）根據(jù)分層抽樣求出各組抽取的人數(shù)，再用古典概型求出所抽取的2人成績之差的絕對值小于25個概率.（1）[70,80)組的頻率為：1-0.01+0.015+0.015+0.025+0.005所以補全頻率分布直方圖為：因為[70,80)組對應(yīng)的小矩形最高，所以估計本次知識競賽成績的眾數(shù)為70+802（2）由頻率分布直方圖得分數(shù)不低于88分的頻率為：90-8810所以這1000名參賽同學(xué)中估計進入復(fù)賽的人數(shù)為：1000×0.1=100.（3）從第一組，第二組和第六組三組同學(xué)中分層抽取6人，因為第一、二、六組的頻率之比為2:3:1，所以第一組抽取6×26=2人，第二組抽取6×設(shè)這6人分別為：a1a基本事件總數(shù)n=15，所抽取的2人成績之差的絕對值小于25包含的基本事件有：a基本事件個數(shù)個數(shù)m=10.所以所抽取的2人成績之差的絕對值小于25的概率為P=m20．【答案】（1）證明：連接AC、AF，因為四邊形ABCD為正方形，則BD⊥AC，AB⊥AD，因為EF=1，AE=2，∠EAD=120°，EF//AD，則由余弦定理可得AF所以，AF2+EF2因為平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，則AB⊥平面ADFE，因為AF?平面ADFE，則AF⊥AB，因為AB∩AD=A，AB、AD?平面ABCD，則AF⊥平面ABCD，因為BD?平面ABCD，則BD⊥AF，因為AF∩AC=A，AF、AC?平面ACF，則BD⊥平面ACF，因為CF?平面ACF，則BD⊥CF；（2）解：因為AF⊥平面ABCD，AB⊥AD，以點A為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：則A0,0,0、B2,0,0、D0,2,0、F設(shè)平面ABE的法向量為m=x1,y則m?AB=2x1設(shè)平面BDF的法向量為n=x2,y則n?DB=2x2所以cosm故平面ABE與平面BDF所成銳角的余弦值為104【解析】【分析】（1）連接AC、AF，推導(dǎo)出AF⊥AD，利用面面垂直的性質(zhì)可得出AB⊥平面ADFE，可得出AF⊥AB，推導(dǎo)出AF⊥平面ABCD，可得出BD⊥AF，利用正方形的性質(zhì)可得出BD⊥AC，可得出BD⊥平面ACF，再利用線面垂直的性質(zhì)證明即可；（2）以點A為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面ABE與平面BDF所成銳角的余弦值即可.（1）證明：連接AC、AF，因為四邊形ABCD為正方形，則BD⊥AC，AB⊥AD，因為EF=1，AE=2，∠EAD=120°，EF//AD，則由余弦定理可得AF所以，AF2+EF2因為平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，則AB⊥平面ADFE，因為AF?平面ADFE，則AF⊥AB，因為AB∩AD=A，AB、AD?平面ABCD，則AF⊥平面ABCD，因為BD?平面ABCD，則BD⊥AF，因為AF∩AC=A，AF、AC?平面ACF，則BD⊥平面ACF，因為CF?平面ACF，則BD⊥CF.（2）解：因為AF⊥平面ABCD，AB⊥AD，以點A為坐標原點，AB、AD、AF所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則A0,0,0、B2,0,0、D0,2,0、F設(shè)平面ABE的法向量為m=x1,y則m?AB=2x1設(shè)平面BDF的法向量為n=x2,y則n?DB=2x2所以cosm因此平面ABE與平面BDF所成銳角的余弦值為10421．【答案】（1）解：設(shè)點Px0,y0因為PD=2MD則0,?y0=2x因為點P在圓x2+y2=4，則x由于點P與點D不重合，所以x≠±2，故曲線Ω的方程為x2（2）解：存在定點Q1,0滿足題意，理由如下：

記m=1k≠0，則直線聯(lián)立x=my+2x2+2解得y=?4mm2故點B4?2m2m2因為OG⊥CQ，則kCQ在直線x=my+2中，令x=0，可得y=?2m，即點所以直線CQ的方程為y=2所以存在定點Q1,0，使得CQ⊥OG【解析】【分析】（1）設(shè)點Px0,y0、Mx,y，則Dx（2）記m=1k≠0，則直線l的方程可化為x=my+2，將該直線方程與曲線Ω的方程聯(lián)立，求出點B的坐標，進而求出點G的坐標，求出kOG及點C的坐標，根據(jù)CQ⊥OG可求出直線CQ的方程，即可得出直線（1）設(shè)點Px0,y0因為PD=2MD則0,?y0=2x因為點P在圓x2+y2=4，則x由于點P與點D不重合，所以x≠±2，因此曲線Ω的方程為x2（2）存在定點Q1,0記m=1k≠0，則直線l聯(lián)立x=my+2x2+2解得y=?4mm2故點B4?2m2m2因為OG⊥CQ，則kCQ在直線x=my+2中，令x=0，可得y=?2m，即點所以直線CQ的方程為y=2所以存在定點Q1,0，使得CQ⊥OG22．【答案】（1）解：因為g(x)=x2?2x+1=x?12，x∈0,4，fx=x+4x∈0,5，則fx∈4,9，

由定義可得，對任意x0∈0,5，恰好存在不同的實數(shù)x1，x2……xn∈0,4，使得g(xi)=f(x0)，（其中i=1（2）解：函數(shù)f(x)=log22即對任意x0∈R，存在2個不同的實數(shù)x1，x2∈因為2x>0，則所以0<log21+即對任意0<k<1，g(x)=k有2個實根，當(dāng)x>1時，g(x)=x?1=k已有一個根，故只需?2≤x≤1時，g(x)=k僅有1個根，當(dāng)a=0時，g(x)=?3x+1，符合題意，當(dāng)a>0時，g(?2)=4a?4a+6+1=7，則需滿足g1=a+2a?3+1≤0，解得當(dāng)a<0時，拋物線開口向下，g(?2)=4a?4a+6+1=7，g(0)=1，若僅有1個根，由a<0知3?2a2a當(dāng)x∈?2,0時，g(x)≥1，所以g(x)=k無解，則只需g(1