浙江省临平萧山联考2023-2024学年高二上学期期末数学试题

浙江省临平萧山联考2023-2024学年高二上学期期末数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．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为虚数单位，则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．已知双曲线x2a2−y2bA．6,+∞ B．1,6 C．2,+∞ 5．已知2cos2θ−cosθ=1A．0 B．12 C．32或0 6．数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当x较大时，1+12+13+⋯+1A．ln30 B．ln3 C．−ln3 D．−7．已知α,β∈0,π2，则“cosA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知圆C:x2−2x+y2=0与直线l:y=mx+2mm>0，过l上任意一点P向圆C引切线，切点为A和BA．277 B．77 C．14二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分．9．已知一组数据：3，3，4，4，4，x，5，5，6，6的平均数为4.7，则（）A．x=7B．这组数据的中位数为4C．若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为5D．这组数据的第70百分位数为5.510．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a=5，b=6，c=7，下面说法正确的是（）A．sinB．cosC．△ABC是锐角三角形D．△ABC的最大内角是最小内角的2倍11．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥面ABCD，PD=23，点E是棱PB上一点（不包括端点），F是平面PCDA．一定不存在点E，使AE//平面PCDB．一定不存在点E，使PB⊥平面ACEC．以D为球心，半径为2的球与四棱锥的侧面PAD的交线长为πD．AE+EF12．已知函数fx=xx−1−exA．x1=lnx2 B．1x三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．过P1,3+1、Q14．在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AC=2315．已知函数fx=sinωx+π3+sinωx(ω>0)16．已知双曲线C：x2a2−y2b四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．设函数fx（1）求函数y=fx+（2）求函数y=fx在0,18．如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，M，N分别为AC，BC上的两点AN=12AC，BM=13（1）求AM的值；（2）求证：AM⊥PN．19．树人中学从参加普法知识竞赛的1000同学中，随机抽取60名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成40,50,（1）补全频率分布直方图，并估计本次知识竞赛成绩的众数；（2）如果确定不低于88分的同学进入复赛，问这1000名参赛同学中估计有多少人进入复赛；（3）若从第一组，第二组和第六组三组学生中分层抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25的概率．20．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EF//AD，AE=2EF=2，∠EAD=120∘，平面ADFE⊥平面（1）求证：BD⊥CF；（2）求平面ABE与平面BDF所成锐角的余弦值．21．如图，在圆x2+y2=4上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，且满足PD=2（1）求曲线Ω的方程；（2）点A2,0，过点A作斜率为kk≠0的直线l交曲线Ω于点B，交y轴于点C．已知G为AB的中点，是否存在定点Q，对于任意kk≠0都有OG⊥CQ22．已知函数fx和gx的定义域分别为D1和D2，若对任意x0∈D1，恰好存在n个不同的实数x1,x（1）判断gx=x2−2x+1,（2）若gx=ax2（3）函数x表示不超过x的最大整数，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，则集合B=xx≤1或x≥4，

因为集合故答案为：D.【分析】先解不等式求得集合B，再利用交集的定义求解集合A∩B即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：由2+iz=i，可得z=i2+i故答案为：C.【分析】根据复数的除法运算化简复数z，再利用复数的模长公式求z的值即可.3．【答案】A【解析】【解答】解：因为向量a=2,0，所以ma−b又因为ma−b//a故答案为：A.【分析】根据已知条件，先求出ma−b4．【答案】A【解析】【解答】解：因为双曲线左支上存在点P使得PF2=32c−2a，所以32故答案为：A.【分析】由题意，结合双曲线的性质，双曲线左支上的点P到右焦点F2的距离：P5．【答案】D【解析】【解答】解：因为θ∈0,π，所以−1<cosθ<1，

由2cos2故答案为：D.【分析】根据θ∈0,π，可得−1<cosθ<1，解方程2cos26．【答案】B【解析】【解答】解：依题意可得1+11+1两式相减可得1101故答案为：B.

【分析】由题意可得1+12+7．【答案】B【解析】【解答】解：因为α,β∈0,π2，所以0<则cos(α−β)=cos(α−β)<14cosα+sinβ<故α,β∈0,π2，“cos故答案为：B．【分析】由α,β∈0,π2求得0<cosβ<18．【答案】D【解析】【解答】解：圆C:x2−2x+y2=0化为标准方程为x−12+y由圆的几何性质可知：AC⊥PA，BC⊥PB，因为PA=PB，AC=BC，所以∠APC=∠BPC，则PC⊥AB，设AB∩PC=E，则E为AB的中点，由勾股定理可得PA=由等面积法可得AB=2所以当PC取最小值时，AB取最小值，由21−1PC所以PC的最小值为2，当PC与直线l垂直时，PC取最小值，则3mm2+1=2故答案为：D.【分析】先化圆的一般方程为标准方程，由圆的几何性质推导出PC垂直平分AB，分析可知，当PC取最小值时，AB取最小值，此时，PC⊥l，根据点到直线的距离公式列出关于m的等式，求解即可.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、因为数据的平均数为4.7，所以1103+3+4+4+4+x+5+5+6+6=4.7，

B、数据从小到大排列为3，3，4，4，4，5，5，6，6，7，则中位数4+52C、若将这组数据每一个都加上0.3，则新数据的平均数变为4.7+0.3=5，故C正确；D、因为10×70%=7，所以这组数据的第70百分位数为故答案为：ACD．【分析】由题意，根据数据的平均数为4.7求出x值，再根据中位数、平均数和百分位的性质逐项计算判断即可.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、由a=5，b=6，c=7，根据正弦定理可得sinA:B、由余弦定理可得cosA=b2+c2−C、因为a<b<c，所以C为最大角，又因为cosC=15>0，所以D、因为a<b<c，所以A为最小角，则cos2A=2又因为A∈0,π2，则2A∈故答案为：AC.【分析】由题意，利用正弦定理即可判断A；利用余弦定理即可判断BC；利用二倍角的余弦公式即可判断D.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、在四棱锥P−ABCD中，PD⊥面ABCD，因为DA,DC⊂面ABCD，所以PD⊥DA,PD⊥DC，因为底面ABCD是正方形，所以DA⊥DC，以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则A2,0,0设PE=λAE=显然面PCD的一个法向量为DA=2,0,0，而即DA,AE不垂直，所以AE与平面B、又AC=所以AC⋅PB=−4+4+0=0若AE⋅PB=4λ−4+4λ−2所以存在点E，使得AE⊥PB，又AE∩AC=A,AE,AC⊂平面ACE，所以PB⊥平面ACE，故B错误；C、由题意球面与Rt△PAD的交线如图中圆弧IJ，而DJ=DI=DA=2,∠PAD=π3，所以所以圆弧IJ的弧长为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展开到同一平面内，要使AE+EF取得最小值，当且仅当点F在PC上，且因为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+故答案为：ACD.【分析】以D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可判断A，B；将△PAB,△PCB展开到同一平面内计算即可判断D；求出球面与△PAD,△PAB的交线，再借助对称计算即可判断C.12．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：函数y=xx−1化简可得x=yy−1，则函数由fx=x由gx=x同一直角坐标系中，作出函数y=ex、y=ln由对称性可知，点x1,ex1A、x1=lnB、由x1x1−1=exC、若x1=x2>1，由x这与ex1=x2x1D、因为x1>1，x2故答案为：ABC.【分析】由题意，分析可知函数y=xx−1的图象关于直线y=x对称，同一直角坐标系中，作出函数y=ex、y=ln13．【答案】3​​​​​​​【解析】【解答】解：由斜率公式可得kPQ=3故答案为：3.【分析】由题意，利用两点间的斜率公式直接计算即可.14．【答案】80π【解析】【解答】解：因为AB=2，AC=23，BC=4，则AB2将直三棱柱ABC−A1B则直三棱柱ABC−A1B故该直三棱柱的外接球的表面积为4πR故答案为：80π.【分析】由题意，将直三棱柱ABC−A1B15．【答案】1【解析】【解答】解：f=sin因为0≤x≤π，所以π又因为32≤fx≤3，所以1故答案为：13【分析】利用两角和的正弦公式，将函数化成fx=Asin16．【答案】4+【解析】【解答】解：由题意，作出图形，如图所示：易知Aa,0，Fc,0，由对称性，不妨设P在x轴上方，设因为OA⃗2−OP⃗+OF⃗⋅OA⃗+OP⃗⋅OF⃗=0，所以过P作x轴的垂线，过Q作PA轴的垂线，相交于E点，则△PAF~△PEQ，又QP⃗=5FP⃗，所以(a-x因为Q在双曲线C上，所以5c-4a2a2--4b故答案为4+17【分析】先根据条件：OA⃗2−OP⃗+OF⃗⋅17．【答案】（1）解：fx则fx+故函数y=fx+π2（2）解：当0≤x≤π2时，所以函数fx在0,π2【解析】【分析】（1）利用辅助角公式，化简函数fx的解析式，求得函数y=fx+π（2）由0≤x≤π2求出x−π4的取值范围，再利用正弦型函数的单调性可求得函数（1）解：因为fx则fx+故函数y=fx+π2（2）解：当0≤x≤π2时，所以，函数fx在0,π218．【答案】（1）解：因为BM=13所以AM2所以AM=（2）证明：因为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，再根据向量的数量积定义及运算律计算即可；（2）用AB、AC表示AM、BN，根据向量的数量积运算律求出AM⋅（1）因为BM=所以AM=所以AM2所以AM=（2）因为AN=所以BN=所以AM⋅所以AM⊥BN，即AM⊥BN，所以19．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：[70,80)组的频率为：1-0.01+0.015+0.015+0.025+0.005则频率分布直方图为：因为[70,80)组对应的小矩形最高，所以估计本次知识竞赛成绩的众数为70+802（2）解：由频率分布直方图得分数不低于88分的频率为：90-8810所以这1000名参赛同学中估计进入复赛的人数为：1000×0.1=100；（3）解：从第一组，第二组和第六组三组同学中分层抽取6人，因为第一、二、六组的频率之比为2:3:1，所以第一组抽取6×26=2人，第二组抽取6×设这6人分别为：a1a基本事件总数n=15，所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25包含的基本事件有：a基本事件个数个数m=10.所以所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25的概率为P=m【解析】【分析】（1）由题意，根据频率分布直方图中各矩形的面积之和为1，求出[70,80)组的频率，即可补全频率分布直方图，由此估计本次知识竞赛成绩的众数；（2）由频率分布直方图求出成绩不低于88的频率，由此估计进入复赛的人数；（3）根据分层抽样求出各组抽取的人数，再用古典概型求出所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25个概率.（1）[70,80)组的频率为：1-0.01+0.015+0.015+0.025+0.005所以补全频率分布直方图为：因为[70,80)组对应的小矩形最高，所以估计本次知识竞赛成绩的众数为70+802（2）由频率分布直方图得分数不低于88分的频率为：90-8810所以这1000名参赛同学中估计进入复赛的人数为：1000×0.1=100.（3）从第一组，第二组和第六组三组同学中分层抽取6人，因为第一、二、六组的频率之比为2:3:1，所以第一组抽取6×26=2人，第二组抽取6×设这6人分别为：a1a基本事件总数n=15，所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25包含的基本事件有：a基本事件个数个数m=10.所以所抽取的2人成绩之差的绝对值小于25的概率为P=m20．【答案】（1）证明：连接AC、AF，因为四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC，AB⊥AD，因为EF=1，AE=2，∠EAD=120∘，EF//AD，则由余弦定理可得AF所以，AF2+EF2因为平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面ADFE，因为AF⊂平面ADFE，则AF⊥AB，因为AB∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，则AF⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，则BD⊥AF，因为AF∩AC=A，AF、AC⊂平面ACF，则BD⊥平面ACF，因为CF⊂平面ACF，则BD⊥CF；（2）解：因为AF⊥平面ABCD，AB⊥AD，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则A0,0,0、B2,0,0、D0,2,0、F设平面ABE的法向量为m=x1,y则m⋅AB=2x1设平面BDF的法向量为n=x2,y则n⋅DB=2x2所以cosm故平面ABE与平面BDF所成锐角的余弦值为104【解析】【分析】（1）连接AC、AF，推导出AF⊥AD，利用面面垂直的性质可得出AB⊥平面ADFE，可得出AF⊥AB，推导出AF⊥平面ABCD，可得出BD⊥AF，利用正方形的性质可得出BD⊥AC，可得出BD⊥平面ACF，再利用线面垂直的性质证明即可；（2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面ABE与平面BDF所成锐角的余弦值即可.（1）证明：连接AC、AF，因为四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC，AB⊥AD，因为EF=1，AE=2，∠EAD=120∘，EF//AD，则由余弦定理可得AF所以，AF2+EF2因为平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面ADFE，因为AF⊂平面ADFE，则AF⊥AB，因为AB∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，则AF⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，则BD⊥AF，因为AF∩AC=A，AF、AC⊂平面ACF，则BD⊥平面ACF，因为CF⊂平面ACF，则BD⊥CF.（2）解：因为AF⊥平面ABCD，AB⊥AD，以点A为坐标原点，AB、AD、AF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、B2,0,0、D0,2,0、F设平面ABE的法向量为m=x1,y则m⋅AB=2x1设平面BDF的法向量为n=x2,y则n⋅DB=2x2所以cosm因此平面ABE与平面BDF所成锐角的余弦值为10421．【答案】（1）解：设点Px0,y0因为PD=2MD则0,−y0=2x因为点P在圆x2+y2=4，则x由于点P与点D不重合，所以x≠±2，故曲线Ω的方程为x2（2）解：存在定点Q1,0满足题意，理由如下：

记m=1k≠0，则直线联立x=my+2x2+2解得y=−4mm2故点B4−2m2m2因为OG⊥CQ，则kCQ在直线x=my+2中，令x=0，可得y=−2m，即点所以直线CQ的方程为y=2所以存在定点Q1,0，使得CQ⊥OG【解析】【分析】（1）设点Px0,y0、Mx,y，则Dx（2）记m=1k≠0，则直线l的方程可化为x=my+2，将该直线方程与曲线Ω的方程联立，求出点B的坐标，进而求出点G的坐标，求出kOG及点C的坐标，根据CQ⊥OG可求出直线CQ的方程，即可得出直线（1）设点Px0,y0因为PD=2MD则0,−y0=2x因为点P在圆x2+y2=4，则x由于点P与点D不重合，所以x≠±2，因此曲线Ω的方程为x2（2）存在定点Q1,0记m=1k≠0，则直线l联立x=my+2x2+2解得y=−4mm2故点B4−2m2m2因为OG⊥CQ，则kCQ在直线x=my+2中，令x=0，可得y=−2m，即点所以直线CQ的方程为y=2所以存在定点Q1,0，使得CQ⊥OG22．【答案】（1）解：因为g(x)=x2−2x+1=x−12，x∈0,4，fx=x+4x∈0,5，则fx∈4,9，

由定义可得，对任意x0∈0,5，恰好存在不同的实数x1，x2……xn∈0,4，使得g(xi)=f(x0)，（其中i=1（2）解：函数f(x)=log22即对任意x0∈R，存在2个不同的实数x1，x2∈因为2x>0，则所以0<log21+即对任意0<k<1，g(x)=k有2个实根，当x>1时，g(x)=x−1=k已有一个根，故只需−2≤x≤1时，g(x)=k仅有1个根，当a=0时，g(x)=−3x+1，符合题意，当a>0时，g(−2)=4a−4a+6+1=7，则需满足g1=a+2a−3+1≤0，解得当a<0时，抛物线开口向下，g(−2)=4a−4a+6+1=7，g(0)=1，若仅有1个根，由a<0知3−2a2a当x∈−2,0时，g(x)≥1，所以g(x)=k无解，则只需g(1