2022-2023学年浙江省杭州市四校联考高二（上）期末数学试卷含答案

2022-2023学年浙江省杭州市四校联考高二（上）期末数学试卷一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1．（5分）已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1），B＝{﹣1，1，2}，则A∩B＝（）A．{﹣1，1，2} B．{﹣1，0，1} C．{﹣2，﹣1，0，1，2} D．{﹣1，1}2．（5分）若复数z满足z=2+i1-i，则复数A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．（5分）已知焦点在y轴上的椭圆x25+y2A．54 B．154 C．203 D．4．（5分）已知不同平面α，β，γ，不同直线m和n，则下列命题中正确的是（）A．若m⊥α，m⊥β，则α∥β B．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α D．若m∥α，n∥α，则m∥n5．（5分）已知sin(θ2-A．35 B．-35 C．46．（5分）关于函数f（x）＝|cosx|+|sinx|，下列选项错误的是（）A．f（x）是偶函数 B．f（x）在区间(π2C．f（x）的最大值为2 D．π2为f（x7．（5分）已知2a＝3，3b＝4，ac＝b，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．a＞b＞c8．（5分）已知函数f(x)=2x2-2，x≥0-4|x+1|+2，x＜0，若存在唯一的整数xA．4 B．3 C．2 D．1二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有神墙选错的得0分）（多选）9．（5分）以下说法正确的有（）A．“x＝0且y＝0”是“xy＝0”的充要条件 B．若1a＜1b＜0C．命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0” D．当x∈(0，π2)（多选）10．（5分）某校有甲、乙、丙三名学生是新冠阳性患者的密切接触者，已知密切接触者新冠病毒检测呈阳性的概率为12，记事件A为“三名学生都是阴性”，事件B为“三名学生都是阳性”，事件C为“三名学生至少有一名是阳性”，事件DA．P(A)=18 B．事件A与事件BC．P（C）≠P（D） D．事件A与事件C对立（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4，过点M（﹣1，0）直线l与圆O交于P，Q两点．下列说法正确的是（）A．|PQ|的最小值为22B．PO→C．OP→⋅D．线段PQ中点的轨迹为圆（多选）12．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD的中点，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置，则（）A．翻折过程中，直线AC1与BE所成角的余弦值最大为22B．翻折过程中，存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1 C．翻折过程中，四棱锥C1﹣ABED必存在外接球 D．当四棱锥C1﹣ABED的体积最大时，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得交线长为π三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．（5分）计算：log314．（5分）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的23，并且球的表面积也是圆柱表面积的23，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为15．（5分）已知正数x，y满足x+2y＝1，则x2+4y16．（5分）已知F1、F2是双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F四、解答题：（本大题共6小题，共70分.17．（10分）已知锐角△ABC的三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC+c（1）求角A的大小；（2）求sinB+sinC的取值范围．18．（12分）已知圆C的方程为x2+y2＝4．（1）直线l过点P（1，2），且与圆C交于A、B两点，若|AB|=23，求直线（2）点P（x，y）为圆上任意一点，求x+y+2的最大值和最小值．19．（12分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．（ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m20．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PAC是正三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝2，D是AB的中点．（1）证明：AC⊥PD；（2）若二面角P﹣AC﹣D为150°，求直线BC与平面PAB所成角的正弦值．21．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴的交点为E，点A是C上的动点．当△AEF是等腰直角三角形时，其面积为2．（1）求C的方程；（2）延长AF交C于点B，点M是C的准线上的一点，设直线MF，MA，MB的斜率分别是k0，k1，k2，若k1+k2＝λk0，求λ的值．22．（12分）设函数fk(x)=|x+a|k（1）若a＝0，求F（x）＝f1（x）+f2（x）在[﹣1，2]上的最大值；（2）已知g（x）＝（x2+x）•f2（x）满足对一切实数x均有g（x）＝g（2﹣x），求函数g（x）的值域；（3）若a＝﹣1，且{x|f2（x）＝x}＝{x|f2（f2（x））＝x}，求实数b的取值范围．

2022-2023学年浙江省杭州市四校联考高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1．（5分）已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1），B＝{﹣1，1，2}，则A∩B＝（）A．{﹣1，1，2} B．{﹣1，0，1} C．{﹣2，﹣1，0，1，2} D．{﹣1，1}【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1），B＝{﹣1，1，2}，则A∩B＝{﹣1，1}．故选：D．2．（5分）若复数z满足z=2+i1-i，则复数A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【解答】解：∵z=2+i∴复数z在复平面内对应的点（12故选：A．3．（5分）已知焦点在y轴上的椭圆x25+y2A．54 B．154 C．203 D．【解答】解：因为焦点在y轴上，故m＞5，该椭圆的离心率是12所以m-5m=1故选：C．4．（5分）已知不同平面α，β，γ，不同直线m和n，则下列命题中正确的是（）A．若m⊥α，m⊥β，则α∥β B．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α D．若m∥α，n∥α，则m∥n【解答】解：对于A，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故A正确；对于B，若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能垂直，平行，故B不正确；对于C，若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，故C不正确；对于D，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行，异面，相交，故D不正确；故选：A．5．（5分）已知sin(θ2-A．35 B．-35 C．4【解答】解：因sin(θ所以cos(θ-故选：B．6．（5分）关于函数f（x）＝|cosx|+|sinx|，下列选项错误的是（）A．f（x）是偶函数 B．f（x）在区间(π2C．f（x）的最大值为2 D．π2为f（x【解答】解：由已知可得，f(x+所以π2为f（x当0≤x≤π2时，因为π4所以1≤f(x)≤2所以f（x）的最大值为2．对于A项，因为f（﹣x）＝|cos（﹣x）|+|sin（﹣x）|＝|cosx|+|sinx|＝f（x），所以f（x）是偶函数，故A项正确；对于B项，因为当0＜x＜π4时，f(x)=cosx+sinx=2所以f（x）在(0，π4)上单调递增，由π2f（x）在区间(π2，对于C项，由f（x）的最大值为2，知C项错误；对于D项，因为f(x+所以π2为f（x）的一个周期，故D故选：C．7．（5分）已知2a＝3，3b＝4，ac＝b，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．a＞b＞c【解答】解：由题可知，a＝log23，b＝log34，易知a，b∈（1，+∞）．因为ba所以b＜a．另一方面，c＝logab＜logaa＝1＜b，所以a＞b＞c．故选：D．8．（5分）已知函数f(x)=2x2-2，x≥0-4|x+1|+2，x＜0，若存在唯一的整数xA．4 B．3 C．2 D．1【解答】解：由已知可得f(x)=2解f（x）+1＝0可得，x=22或x=-1作出y＝f（x）+1以及y＝x﹣a的图象如下图，A(-74，0)，B(-14当y＝f（x）+1与y＝x﹣a的图象在x轴异侧时，f(x)+1x-a如图1，当0≤a≤22，即y＝x﹣a在图中由图象可知，在(-74，-14)内，有y＝f（x）+1与y＝k（x在(a，22)内，有y＝f（x）+1与y＝k（x﹣a）的图象在如图2，当a＞22时，在(-74，-14)内，有y＝f（x）+1与y在(a，22)内，有y＝f（x）+1与y＝k（x﹣a）的图象在要使不等式有唯一整数解，则应满足a≤1，所以有22当a＜0时，有g(0)=f(0)+1-a=显然当-14≤a＜0或a当-2≤a＜-74时，f(x)+1x-a显然a=-7如图3，当-74＜a＜-由题意知，应有a≤﹣1，所以-7综上所述，满足条件的a的取值范围为﹣2≤a≤﹣1或0≤a≤1，所以满足条件的整数a有﹣2，﹣1，0，1，共有4个．故选：A．二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有神墙选错的得0分）（多选）9．（5分）以下说法正确的有（）A．“x＝0且y＝0”是“xy＝0”的充要条件 B．若1a＜1b＜0C．命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0” D．当x∈(0，π2)【解答】解：对于A，当x＝0且y＝0时，有xy＝0；当xy＝0时，x＝0或y＝0，得不出x＝0且y＝0．所以，“x＝0且y＝0”是“xy＝0”的充分不必要条件，故A错误；对于B，由1a＜1b＜0可知ab＞0，由不等式的性质，可得a对于C，由存在量词命题的否定可知命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0”，故C正确；对于D，令t＝sinx∈（0，1），因为t+2t在（0，1）上单调递减，所以t+2故选：BC．（多选）10．（5分）某校有甲、乙、丙三名学生是新冠阳性患者的密切接触者，已知密切接触者新冠病毒检测呈阳性的概率为12，记事件A为“三名学生都是阴性”，事件B为“三名学生都是阳性”，事件C为“三名学生至少有一名是阳性”，事件DA．P(A)=18 B．事件A与事件BC．P（C）≠P（D） D．事件A与事件C对立【解答】解：对于A：∵P(A)=12×对于B：∵事件A与事件B不能同时发生，∴事件A与事件B互斥，∴B正确；对于C：∵事件C与事件D为同一事件，∴P(C)=P(D)=1-18=对于D：∵A∩C为不可能事件，A∪C为必然事件，∴事件A与事件C对立，∴D正确．故选：ABD．（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4，过点M（﹣1，0）直线l与圆O交于P，Q两点．下列说法正确的是（）A．|PQ|的最小值为22B．PO→C．OP→⋅D．线段PQ中点的轨迹为圆【解答】解：对于选项A：由题意可知，当l⊥x轴时，|PQ|最小，所以|PQ|的最小值为2×4-1=23对于选项B：设N是PQ的中点，连接ON，则ON⊥PQ，PO→∵|PQ→|∴PO→⋅PQ对于选项C：当直线l的斜率为0时，OP→当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程x=my-1x2+y2=4，消去x得（m2∴y1+y2=2mm2+1，y1∴OP→∴OP→∴OP→⋅OQ→的最大值为﹣2，当且仅当m＝0，即l：对于选项D：由于MN⊥ON，则点N在以MO为直径的圆上，圆心为(-12∴点N的轨迹方程为(x+12)2故选：BCD．（多选）12．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD的中点，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置，则（）A．翻折过程中，直线AC1与BE所成角的余弦值最大为22B．翻折过程中，存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1 C．翻折过程中，四棱锥C1﹣ABED必存在外接球 D．当四棱锥C1﹣ABED的体积最大时，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得交线长为π【解答】解：在矩形ABCD中，取AB中点F，连接CF与BE交于点O，∵AB＝2，∴BF＝CB＝1，∴CF⊥BE，且CF=BE=2∴以OF，OB所在直线分别为x轴，y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如上图，则根据题意可得：B(0，22，0)，E(0，-将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置的过程中，C1在以O为圆心，直径为CF=2∴C1在平面zOx内，设C1（x，0，z），且x∈[-22∴C1O=x∴AC1→∴AC1→对于A，设直线AC1与BE所成角为θ，则cosθ=|cos〈易知当x∈[-22∴当x=22时，(cosθ对于选项B，翻折过程中，AC∴不存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1，故选项B错误；对于C，连接AE，直角△ADE有以AE为直径的唯一外接圆，又∠ABE=π4≠π2，∴B∴四棱锥C1﹣ABED不存在外接球，故选项C错误；对于D，当四棱椎C1﹣ABED的体积最大时，C1到平面ABED距离最大，∴此时C1(0，0，22)在z轴上，平面C∴以AC1为直径的球的球心为AC1中点M(2∴球心M到平面C1BE即平面yOz的距离为d=2又∵该球的直径AC1=|由球的几何性质，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得交线为圆，该圆的半径r=R∴该圆的周长为2πr＝π，故选项D正确．故选：AD．三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．（5分）计算：log3【解答】解：原式=-ln2故答案为：7．14．（5分）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的23，并且球的表面积也是圆柱表面积的23，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为3【解答】解：设圆柱的底面半径为a，则圆柱的内切球的半径为a，∴圆柱的高为2a，∴圆柱的体积为V1又圆柱的外接球球心为上下底面圆心连线的中点，∴圆柱的外接球半径R=a∴圆柱的外接球体积为V2故V1故答案为：3215．（5分）已知正数x，y满足x+2y＝1，则x2+4y【解答】解：由题意，（x+2y）2＝x2+4y2+4xy＝1，∴x2+4y2＝1﹣4xy，x2+4y2+1原式=2当y=1故答案为：12．16．（5分）已知F1、F2是双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F【解答】解：由题意得F1（﹣c，0），F2（c，0），且双曲线的渐近线为y＝±bax不妨设点F1（﹣c，0）关于渐近线y=bax的对称点为M（x，则y+02=ba×x-c2y-0x+c=-又M在以F2为圆心，|OF2|2为半径的圆上，圆的方程为（x﹣c）2+∴4a4c2+4a∴e2＝16，解得e＝±4，∵e＞1，∴e＝4．故答案为：4．四、解答题：（本大题共6小题，共70分.17．（10分）已知锐角△ABC的三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC+c（1）求角A的大小；（2）求sinB+sinC的取值范围．【解答】解：（1）由题意得2acosC+c＝2b．由正弦定理得2sinAcosC+sinC＝2sinB，又sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，2sinAcosC+sinC＝2（sinAcosC+cosAsinC），则sinC＝2cosAsinC．∵sinC≠0，∴cosA=1又0＜A＜π2，则（2）由（1）得A=π3，则∵△ABC为锐角三角形，∴0＜2π3-B＜∴π6∴3sin(B+故sinB+sinC的取值范围是(318．（12分）已知圆C的方程为x2+y2＝4．（1）直线l过点P（1，2），且与圆C交于A、B两点，若|AB|=23，求直线（2）点P（x，y）为圆上任意一点，求x+y+2的最大值和最小值．【解答】解：（1）圆C的圆心为坐标原点O，半径为r＝2，设圆心O到直线l的距离为d，则d=r①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，满足题意；②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+2＝0，由题意可得d=|2-k|k2+1=1，解得k=34综上所述，直线l的方程为x＝1或3x﹣4y+5＝0．（2）方法一：设x+y+2＝t．联立x2+y2=4x+y+2=t可得，2x2+（4﹣2t）x因为直线与圆有交点，所以Δ≥0．又Δ＝（4﹣2t）2﹣4×2×（t2﹣4t）＝﹣4（t2﹣4t﹣4），所以t2﹣4t﹣4≤0，解得2-22所以x+y+2的最大值是22+2，最小值是方法二：因为（x+y）2＝x2+y2+2xy≤2（x2+y2）＝8，当且仅当x=y=±2所以-22所以x+y+2的最大值是22+2，最小值是方法三，换元：令x＝2cosθ，y＝2sinθ，θ∈[0，2π），则x+y+2=2cosθ+2sinθ+2=22因为θ∈[0，2π），所以π4≤θ+π所以x+y+2的最大值是22+2，最小值是19．（12分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．（ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m【解答】解：（1）设这m人的平均年龄为x，则x=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25设第80百分位数为a，方法一：由5×0.02+（40﹣a）×0.04＝0.2，解得a＝37.5．方法二：由0.05+0.35+0.3+（a﹣35）×0.04＝0.8，解得a＝37.5．（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙．对应的样本空间为：Ω＝{（A，B），（A，C），（A，甲），（A，乙），（A，D），（B，C），（B，甲），（B，乙），（B，D），（C，甲），（C，乙），（C，D），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共15个样本点．设事件M＝“甲、乙两人至少一人被选上”，则M＝{（A，甲），（A，乙），（B，甲），（B，乙），（C，甲），（C，乙），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共有9个样本点．所以，P(M)=n(M)（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x4，x5，方差分别为s4则x4=37，x5=43，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2．则z=4x因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10．据此，可估计这m人中年龄在35～45岁的所有人的年龄方差约为10．20．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PAC是正三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝2，D是AB的中点．（1）证明：AC⊥PD；（2）若二面角P﹣AC﹣D为150°，求直线BC与平面PAB所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC的中点O，连接OP，OD，∵△PAC是正三角形，∴PO⊥AC，又D是AB的中点，∴DO∥BC，∵AC⊥BC，∴DO⊥AC，又PO∩DO＝O，PO，DO⊂面POD，∴AC⊥面POD，又PD⊂面POD，∴AC⊥PD；（2）以OA，OD所在直线为x轴，y轴，过O作z轴⊥底面ABC，建立如图空间直角坐标系，则O（0，0，0），A（1，0，0），D（0，1，0），C（﹣1，0，0），B（﹣1，2，0），易得∠POD＝150°，又PO=3，则P(由DO∥BC得直线BC的一个方向向量为m→设平面PAB的法向量为n→=(x，y，z)，AB→则-2x+2y+0=0-x-32y+32z=0记直线BC与平面PAB所成角为α，那么sinα=|cos〈21．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴的交点为E，点A是C上的动点．当△AEF是等腰直角三角形时，其面积为2．（1）求