浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（含答案）

浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中聯(lián)考數(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：本大題共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的.1．已知集合A={x∣x2?2x?3<0}A．{x∣?1<x<1} C．{x∣0<x<1} 2．已知復(fù)數(shù)z=3+4i2+i,A．55 B．5 C．5 D．3．“m>1”是“方程x2A．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4．已知非零向量a,b滿足|b|=23|aA．π6 B．π3 C．2π35．蒼南168黃金海岸線由北向南像一條珍珠項鏈，串聯(lián)了一個個金色沙灘?島礁怪石?肥沃灘涂和一座座漁村古寨?山海營地，被贊為中國東海岸“一號公路”.現(xiàn)有小王和小李準(zhǔn)備從煙堆崗，炎亭沙灘，棕櫚灣，濱海小鎮(zhèn)4個網(wǎng)紅景點中隨機選擇一個游玩，設(shè)事件A為“小李和小王選擇不同的景點”，事件B為“小李和小王至少一人選擇炎亭沙灘景點”，則P(A∣B)=（）A．38 B．716 C．676．已知正項等差數(shù)列{an}的前n項和為SA．4 B．8 C．16 D．327．已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1a>b>0,c2A．39 B．36 C．238．已知函數(shù)f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)在區(qū)間[?3π4A．54 B．43 C．5227二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18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6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知隨機變量X的分布列如下，則正確的是（）X?2?112P1mn2A．m+n=23 C．若m=19，則E(X)=110．如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2,E,F是線段A．三棱錐B1B．B1D⊥C．在線段AD上存在一點Q，使得D1Q//D．平面EFG截正方體的外接球的截面面積為1311．已知函數(shù)f(x)=x2,A．若a≤14，則不存在實數(shù)x0B．若a>14，則不存在實數(shù)x0C．若f(x)的值域是R，則a∈[0D．當(dāng)a=2時，若存在實數(shù)x0∈(0,1)三、填空題：本大題共3小題，每題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.12．二項式(1?3x)7展開式中所有項的系數(shù)之和為13．2024年2月1日至4日花樣滑冰四大洲錦標(biāo)賽在中國上海舉行，甲?乙?丙?丁?戊5名志愿者承擔(dān)語言服務(wù)?醫(yī)療服務(wù)?駕駛服務(wù)3個項目志愿服務(wù)，每名志愿者需承擔(dān)1項工作，每項工作至少需要1名志愿者，甲不承擔(dān)語言服務(wù)，則不同的安排方法有種.（用數(shù)字作答）14．已知a>1，對任意x∈(1,+∞)都有(lna?1x)四、解答題：本大題共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．在銳角△ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，且4S=abcosB+b（1）求角A的大??；（2）求bc16．已知f(x)=e（1）當(dāng)a=2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若f(x)在(1,+∞)上有零點，求實數(shù)17．平行四邊形ABCD中，AD=12AB=2,∠DAB=π3，點E為AB的中點，將△ADE沿DE（1）求證：CE⊥PD；（2）求平面PDE與平面PDC的夾角的余弦值.18．在已知數(shù)列{an（1）求a2及數(shù)列{（2）已知數(shù)列{an}的前n項和為S（3）{an}中是否存在不同的三項a19．已知直線l:y=kx+1與拋物線Γ:x2=4y（1）求AB（用k表示）；（2）過點A,B分別作直線l的垂線交拋物線Γ于D,C兩點.（i）求四邊形ABCD面積的最小值；（ii）試判斷直線l與直線CD的交點Q是否在定直線上？若是，求出定直線方程；若不是，請說明理由.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：A={x|x故答案為：D【分析】本題考查集合的交集運算.先解一元二次不等式求出集合A，再根據(jù)集合交集運算可求出答案.2．【答案】B【解析】【解答】解：由題可得：|z|=|3+4i|故答案為：B.【分析】本題考查復(fù)數(shù)的模長公式.根據(jù)復(fù)數(shù)模長的計算公式：z13．【答案】A【解析】【解答】解：若m>1，則m?1>0,m+3>0，所以方程若方程x2m?1?y2m+3=1所以“m>1”是“方程x2故答案為：A【分析】本題考查雙曲線方程，充分必要條件的判斷.根據(jù)方程表示雙曲線方程，可列出不等式，解不等式可求出實數(shù)m的取值范圍，再根據(jù)充分、必要條件的概念可判斷出選項.4．【答案】D【解析】【解答】解：因為a⊥所以a?設(shè)a與b的夾角為θ，所以cosθ=所以θ=5π故答案為：D【分析】本題考查平面向量垂直的轉(zhuǎn)化，平面向量的夾角計算公式.根據(jù)題意利用平面向量垂直的轉(zhuǎn)化可求出a→5．【答案】C【解析】【解答】解：由題可知，小王和小李從4個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩，共有4×4=16種，其中事件B的情況有4×4?3×3=7種，事件A和事件B共同發(fā)生的情況有2×3=6種，所以P(所以P(A∣B)=P故答案為：C.【分析】本題考查條件概率的計算公式.先求出小王和小李從4個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩的種數(shù)，求出事件B的種數(shù)，進(jìn)而求出事件B發(fā)生的概率和事件A和事件B共同發(fā)生的概率，再利用條件概率計算公式可求出答案.6．【答案】B【解析】【解答】解：由S10=5(a又a4?a故2a5a即a4?a故答案為：B.【分析】利用基本不等式求最值.利用等差數(shù)量的前n項和公式可求出a5+a7．【答案】C【解析】【解答】解：已知如圖所示：

設(shè)切線方程為x=my+c,Ax1x=my+cx2a2+則y1+y2=?2mc代入①，得?y1=?2mcb2又圓心C2(?c,0)到直線x?my?c=0的距離等于半徑，半徑則d=?c?c1+m2=c，解得m所以e2=c2a故答案為：C.【分析】設(shè)切線為x=my+c,Ax1,y1,Bx2,y2，利用韋達(dá)定理表示y1+8．【答案】B【解析】【解答】解：f(A：當(dāng)ω=54時，由?3π4≤x≤3π2f(f所以f(B：當(dāng)ω=43時，由?3π4≤x≤3π2f(f(f(所以f(C：當(dāng)ω=5227時，由?3π4≤x≤函數(shù)f(D：當(dāng)ω=163時，由?3π4≤x≤函數(shù)f(故答案為：B【分析】先利用輔助角公式化簡函數(shù)解析式可得：f(x)=2sin(ωx+9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A，因為19+m+n+2B，P(C，因為m=19，所以所以E(X)=?2×1D，P(XP(則X2X14P21所以E(X則D(X故答案為：ABD.【分析】先利用分布列的性質(zhì)可推出m,n的關(guān)系，可判斷A選項；再利用概率的性質(zhì)可求出P(X<2)=710．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、三棱錐B1?EFG的體積VB1?EFG=V而EF=1，則△B1EF面積為定值，又點G因此三棱錐B1在正方體ABCD?A1B則A1(2,0,2),C設(shè)平面EFG的法向量n=(x,y,z)，則n?C1AB、D(0,0,0),B1(2,2,2)，D則B1D與平面C、令Q(t,0,0)，而D1(0,0,2)，則D1Q=(t,0,?2)，要D因此n?D1Q=2t?2=0，解得t=1，即Q為AD則D1Q//平面D、正方體ABCD?A1B1C1DOC1=(?1,1,1)，點O到平面EFG的距離d=|O平面EFG截球O所得截面圓半徑r2所以該截面圓面積為πr故答案為：AC.

【分析】利用等體積法轉(zhuǎn)化VB1?EFG=VG?B1EF即可判斷A；建系可得平面EFG11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A：例如a=0，則f(0)=0，即存在實數(shù)x0=0使得B：若a>14，對于關(guān)于x方程當(dāng)x≥a>14時，則?x≤?a<?1整理得x2?x+a=0，則當(dāng)?a≤x≤a時，則?a≤?x≤a，可得?x+a=?(x+a)，整理得a=?a，不成立，可知方程無解；當(dāng)x<?a時，則?x>a，可得(?x)2整理得x2?x+a=0，則綜上所述：關(guān)于x方程f(?x)=?f(x)無解，即不存在實數(shù)x0使得f(?C：若a<0，當(dāng)x≥a時，f(x)=x當(dāng)x<a時，f(x)=x+a<2a<0；此時f(x)的值域為(?∞,2a)∪[0,若a≥0，當(dāng)x≥a時，f(x)=x當(dāng)x<a時，f(x)=x+a<2a；若f(x)的值域為R，則2a≥a2，解得綜上所述：a的取值范圍為[0,D：當(dāng)a=2時，易得f(x)在R上單調(diào)遞增，所以g(x)單調(diào)遞增，下面證明：y=g(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，若存在x0使得g(g(x0記g(x0)=即(x0,y0假設(shè)x0>y0，因為即y0假設(shè)x0<y0，因為即y0故x0=y因此由題意若存在實數(shù)x0∈(0,則存在實數(shù)x0∈(0,又因為g(即存在實數(shù)x0∈(0,而y=ex0+2在故k∈(e故答案為：BCD.【分析】舉反例：a=0，則f(0)=0進(jìn)行說明可判斷A選項；分三種情況：當(dāng)x≥a>14時；當(dāng)?a≤x≤a時；當(dāng)x<a時；求方程f(?x)=?f(x)的根，可判斷B選項；分a<0和a≥0兩種情況，結(jié)合分段函數(shù)值域分析可求出實數(shù)a的取值范圍判斷C選項；先證由y=g(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，若存在x0使得g(g(x0))=x0，則12．【答案】?128【解析】【解答】解：令x=1，可得所有項的系數(shù)之和為(1?3)7故答案為：?128.【分析】本題考查二項式系數(shù).令x=1，可得所有項的系數(shù)之和，再利用冪的運算性質(zhì)可求出答案.13．【答案】100【解析】【解答】解：因為甲不承擔(dān)語言服務(wù)，第一類是從乙?丙?丁?戊中選1人承擔(dān)語言服務(wù)，則有C41種，

再把剩下的4人分為2組承擔(dān)醫(yī)療服務(wù)?駕駛服務(wù)，則有C4第二類是從乙?丙?丁?戊中選2人承擔(dān)語言服務(wù)，則有C42種，再把剩下的3人分為2組承擔(dān)醫(yī)療服務(wù)?駕駛服務(wù)，則有C3第三類是從乙?丙?丁?戊中選3人承擔(dān)語言服務(wù)，則有C43種，再把剩下的2人分為2組承擔(dān)醫(yī)療服務(wù)?駕駛服務(wù)，則有A2綜上不同的安排方法有56+36+8=100種，故答案為：100【分析】根據(jù)甲不承擔(dān)語言服務(wù)，分為三類：從乙?丙?丁?戊中選1人，2人或3人承擔(dān)語言服務(wù)，再把剩下的人分為2組承擔(dān)醫(yī)療服務(wù)?駕駛服務(wù)，依次求出各類的種數(shù)，再利用分類加法計數(shù)原理可求出答案.14．【答案】(1【解析】【解答】解：因為(lna?1x)令g(x)=xex,g'(x)=(x+1)e令g'(x)<0，即(x+1)e所以g(x)=xex在(?∞,依題意有g(shù)(lna?1x)≤g(ln所以lna?1x≤令函數(shù)h(x)=1x+1elnx,令h'(x)<0，即?e+xe所以h(x)=1x+1e所以h(x)min=h(e)=故答案為：(1,【分析】根據(jù)已知條件利用對數(shù)和指數(shù)的運算可得(lna?1x)elna?1x≤elnx1e15．【答案】（1）解：方法一：因為abcosB+b又因為S=12bcsinA，所以4S=4?又因為△ABC為銳角三角形，所以A=π方法二：4×12bcsinA=abcosB+即2csinA=2R(則2csinA=c，得sinA=12；因為△ABC為銳角三角形，所以（2）解：由正弦定理得：bc因為△ABC為銳角三角形，所以0<C<π即π3<C<π2,所以tan【解析】【分析】（1）分別利用余弦定理或者正弦定理對原式進(jìn)行邊角互化，結(jié)合三角形面積公式，求得sinA，即可求得A（2）利用正弦定理bc=sinBsinC=（1）方法一：因為abcosB+b又因為S=12bcsinA，所以4S=4?又因為△ABC為銳角三角形，所以A=π方法二：4×12bcsinA=abcosB+即2csinA=2R(則2csinA=c，得sinA=12；因為△ABC為銳角三角形，所以（2）由正弦定理得：bc因為△ABC為銳角三角形，所以0<C<π即π3<C<π2,所以tan16．【答案】（1）解：當(dāng)a=2時，f(x)=ex?2(x?1)，由f'(x)=所以當(dāng)x∈(ln2,+∞),f'當(dāng)x∈(?∞,ln2),f'故f(x)在(ln2（2）解：①當(dāng)a=0時，f(x)=ex>0②當(dāng)a≠0時，f(x)=ex?a(x?1)=0在(1,+∞)則g'(x)=1?(x?1)ex當(dāng)x∈(1,2)時，g所以g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，函數(shù)值從0增大到g(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減，函數(shù)值從因為g(x)=1a在所以0<1a≤綜上，a≥e【解析】【分析】本題考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的零點.

（1）先求出導(dǎo)函數(shù)f'(x（2）分兩類討論：當(dāng)a=0時；當(dāng)a≠0時，將問題轉(zhuǎn)化為g(x)=(x?1)ex=1a在(1,17．【答案】（1）證明：連接EC，如圖所示：在△EBC中∠EBC=2π由余弦定理可得EC又∵DC=4,DE=2，∴CE2∵PC=4=DC，易得△ADE為正三角形∴PE=DE=2所以△DEC與△PEC全等，∴∠PEC=∠DEC=π∴CE⊥DE,CE⊥PE，又DE∩PE=E,DE,PE?平面DPE，∴CE⊥平面DPE，又PD?平面DPE，∴CE⊥PD???????（2）解：由（1）可知CE⊥平面DPE，又CE?平面ABCD，故平面PED⊥平面ABCD，又平面PED∩平面ABCD=DE，取點K是線段ED的中點可得PK⊥ED，過E作EH∥PK.則EH⊥平面ABCD.分別以EC,ED,EH為則E0,0,0,C2DC=設(shè)平面CPD的法向量為n1由DC=n1?DC令x1=1，則y1由CE⊥平面DPE，得平面PED的法向量為n2設(shè)平面PED與平面PDC所成角為θ，則cosθ=故平面PDE與平面PDC的夾角的余弦值為55【解析】【分析】（1）連接EC，利用余弦定理及勾股定理可得∠DEC=π（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及面面垂直的判定定理及面面垂直的性質(zhì)定理，建立空間直角坐標(biāo)系，可得平面PDE法向量n2=1,0,0與平面PDC的法向量n（1）如圖，連接EC，在△EBC中∠EBC=2π由余弦定理可得EC又∵DC=4,DE=2，∴CE2∵PC=4=DC，易得△ADE為正三角形∴PE=DE=2所以△DEC與△PEC全等，∴∠PEC=∠DEC=π∴CE⊥DE,CE⊥PE，又DE∩PE=E,DE,PE?平面DPE，∴CE⊥平面DPE，又PD?平面DPE，∴CE⊥PD（2）（2）方法一：取PD的中點F連接EF?∵PE=DE∴EF⊥PD又∵CP=CD∴CF⊥PD∴∠CFE為二面角C?PD?E的平面角在正△PDE中，EF=2在等腰△PDC中，PC=DC=4,PD=2，∴CF=4由（1）可知CE⊥平面DPE,又EF?平面DPE,所以CE⊥EF，即∠FEC=π∴∠CFE為平面CPD與平面EPD的夾角，在Rt△CFE中，cos∠CFE=EF故平面PDE與平面PDC的夾角的余弦值為55方法二：由（1）可知CE⊥平面DPE，又CE?平面ABCD，故平面PED⊥平面ABCD，又平面PED∩平面ABCD=DE，取點K是線段ED的中點可得PK⊥ED，過E作EH∥PK.則EH⊥平面ABCD.分別以EC,ED,EH為則E0,0,0,C2DC=設(shè)平面CPD的法向量為n1由DC=n1?DC令x1=1，則y1由CE⊥平面DPE，得平面PED的法向量為n2設(shè)平面PED與平面PDC所成角為θ，則cosθ=故平面PDE與平面PDC的夾角的余弦值為5518．【答案】（1）解：由題意得a2a2n所以{a2n}a2n+1所以{a2n?1}故an（2）解：由an+1得a2（3）解：設(shè){an}①若p,q,則ap+ar=2因為1+2r?p是奇數(shù)，2q?p+1②若p,q,r二奇一偶，不妨設(shè)則ap,aq為偶數(shù)，ar因為2p同理2q也被3除余2，故2p+故2p③若p,q,r一奇