浙江省杭州市富陽(yáng)區(qū)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷

浙江省杭州市富陽(yáng)區(qū)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.1．設(shè)集合A={x|?2<x<4}，B={2，3，A．{2} B．{2，3} C．{3，2．已知z=2?i，則z(zA．6?2i B．4?2i C．6+2i D．4+2i3．已知直線l1：2x+ay+b=0和l2：A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知cos(α?β)=35，sinβ=?5A．?6365 B．?3365 C．5．已知雙曲線x2a2A．3 B．3 C．2 D．26．現(xiàn)有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球．A事件“第一次取出的球的數(shù)字是3”，B事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，C事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，D事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是6”，則（）A．A與C相互獨(dú)立 B．A與D相互獨(dú)立C．B與D相互獨(dú)立 D．C與D相互獨(dú)立7．已知函數(shù)f(x)和f(x+2)都是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)A．2 B．2 C．322 8．已知實(shí)數(shù)x，y滿足x|x|+y|y|3=1A．[4?6，4) B．[4?6，2)二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的或不選的得0分.9．已知把函數(shù)y=sin2x的圖象上所有點(diǎn)向右平移π6A．f(x)=sin(2x?πC．f(x)=cos(2x?5π10．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P1(cosα，sinα)，A．|OP1C．OA?OP311．在平面直角坐標(biāo)系中，三點(diǎn)A(?1，0)，B(1，0)，C(0，7)，動(dòng)點(diǎn)A．點(diǎn)P的軌跡方程為(x?3)2+y2=8C．∠PAB最大時(shí)，PA=26 D．P到直線AC距離最小值為12．正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1A．當(dāng)λ=1時(shí)，△ABB．當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P?AC．當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)PD．當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使A三、填空題：本大題共4小題，每題5分，雙空題第一空2分，第二空3分，共20分.13．在△ABC中，已知a=23，c=2，C=30°，則14．表面積為16π的球的內(nèi)接軸截面為正方形的圓柱的體積為.15．已知A，B是橢圓x29+y24=1的左右頂點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別在矩形ABCD的邊BC，16．如圖，在三棱錐S?ABC中，若底面ABC是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)SA=SB=SC=3，M、N分別為棱SC、BC的中點(diǎn)，并且AM⊥MN，則直線MN與面ABC所成角的正切值為；三棱錐S?ABC的外接球的體積為四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．近年來(lái)，在新高考改革中，打破文理分科的“3＋3模式初露端倪，其中，語(yǔ)、數(shù)、英三門(mén)為必考科目，剩下三門(mén)為選考科目（物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理）.選考科目采用賦分”，即原始分不直接使用，而是按照學(xué)生在本科目考試的排名來(lái)劃分等級(jí)，并以此打分得到最后的得分，假定某省規(guī)定：選考科目按考生原始分?jǐn)?shù)從高到低排列，按照占總體15%，35%，35%，13%和2%劃定A、B、C、D、E五個(gè)等級(jí)，并分別賦分為90分、80分、70分、60分和50分.該省某高中高二（11）班（共40人）進(jìn)行了一次模擬考試選考科目全考，單科全班排名，（已知這次模擬考試中歷史成績(jī)滿分100分）的頻率分布直方圖和地理成績(jī)的成績(jī)單如下所示，李雷同學(xué)這次考試中歷史82分，地理70多分.（1）采用賦分制后，求李雷同學(xué)歷史成績(jī)的最終得分；（2）采用賦分制后，若李雷同學(xué)地理成績(jī)最終得分為80分，那么他地理成績(jī)?cè)挤值乃锌赡苤凳嵌嗌伲浚?）若韓梅同學(xué)必選歷史，從地理、政治、物理、化學(xué)、生物五科中等可能地任選兩科，則她選考科目中包含地理的概率是多少？18．在①c(cosAcosB+12)=a已知在ΔABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，▲.（1）求C；（2）AB=4，求ΔABC面積的最大值。19．如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，若∠（1）求證：A1C//平面（2）求A1（3）求直線A1C與直線20．如圖，已知長(zhǎng)方形ABCD中，AB=22，AD=2，M為DC的中點(diǎn).將△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面（1）求證：AD⊥BM；（2）若點(diǎn)E是線段DB上的一動(dòng)點(diǎn)，問(wèn)點(diǎn)E在何位置時(shí)，二面角E?AM?D的余弦值為5521．如圖，直線l與圓E：x2+(y+1)2=1相切于點(diǎn)P，與拋物線C：x（1）若T是拋物線C的焦點(diǎn)，求直線l的方程；（2）若|TE|2=|PA|?|PB|22．設(shè)a，b∈R，已知函數(shù)f(x)=x2+2x?a，g(x)=4x+（1）若1<x1<2（2）若a=6，證明：g(x)<9（3）若a>6，證明：f(x

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】由題設(shè)有A∩B={2，故答案為：B.

【分析】由交集的定義，即可得出答案。2．【答案】C【解析】【解答】解：∵z=2?i，∴z(故選：C．【分析】把z=2?i代入z(3．【答案】B【解析】【解答】當(dāng)a=2時(shí)，l1：2x+2y+b=0，l2：當(dāng)l1//l2時(shí)，2×3=3×a且2(b+1)≠3b，所以所以“a=2”是“l(fā)1故答案為：B.

【分析】先求出l14．【答案】C【解析】【解答】解：∵α∈(0,π2∴α?β∈(0,π)∴sin(α?β)則sin==4故選：C．【分析】由α和β的范圍求出α?β的范圍，由cos(α?β)及sinβ的值，分別利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出sin(α?β)及cos5．【答案】D【解析】【解答】雙曲線x2a2設(shè)圓心在直線y=ba則該圓與直線y=?bax所以|bm|=|abm+abm|a2+故答案為：D

【分析】不妨設(shè)圓心在雙曲線一條漸近線y=bax6．【答案】A【解析】【解答】解：根據(jù)題意，可得P(A)=16，P(B)=16，所以P(AC)=136=P(A)P(C)P(BD)=136≠P(B)P(D)所以A與C相互獨(dú)立.故答案為：A.【分析】根據(jù)互斥事件和對(duì)立事件的定義判斷即可．7．【答案】D【解析】【解答】解：由題意，得f(?x)=f(所以f(4+x)因?yàn)閤∈[0，2]時(shí)，f故選：D．【分析】由已知得f(?x)8．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)閷?shí)數(shù)x，y滿足x|當(dāng)x>0，y>0時(shí)，方程為x2當(dāng)x>0，y<0時(shí)，方程為x2當(dāng)x<0，y>0時(shí)，方程為?x當(dāng)x<0，y<0時(shí)，方程為?x在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)的圖象如圖所示，根據(jù)雙曲線的方程可得，兩條雙曲線的漸近線都是y=±3令z=3x+y?4，即直線為當(dāng)z最大時(shí)，為圖中①的情況，即直線與橢圓相切，聯(lián)立方程組x2+y當(dāng)直線與橢圓相切時(shí)，則有△=[23又因?yàn)闄E圓的圖象只有第一象限的部分，故z=?4+6當(dāng)z最小時(shí)，恰在圖中②的位置，且取不到這個(gè)最小值，此時(shí)y=?3x+z+4=?3綜上，z的取值范圍為?4<z??4+6所以|z|的取值范圍為[4?6,故選：A．【分析】先利用絕對(duì)值的定義去掉絕對(duì)值，得到x，y滿足的方程，作出其對(duì)應(yīng)的圖象，利用圖象的邊界狀態(tài)進(jìn)行求解，即可得到答案．9．【答案】A,C【解析】【解答】解：根據(jù)題意，得f(x)=sin因?yàn)閟in(2x?所以f(x)=cos故答案為：AC.【分析】根據(jù)題意，結(jié)合三角函數(shù)的平移變換，以及誘導(dǎo)公式求解即可.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：對(duì)于A，∵A(1,0)，P1(cosα,sin∴OP1∴|OP1|對(duì)于B，∵A(1,0)，P1(cosα,sin∴AP1∴||AP2|=對(duì)于C，∵A(1,0)，P1(cosα,sin∴OA=(∴OA?O∴OA?O對(duì)于D，∵OA?O∴OA?O故選：AC．【分析】由向量模長(zhǎng)、數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合同角三角函數(shù)關(guān)系和兩角和差公式依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可．11．【答案】A,B,D【解析】【解答】設(shè)P(x，y)，由PA=2PB得：化簡(jiǎn)可得：(x?3)2+y2=8∵直線AB過(guò)圓(x?3)2+y2=8的圓心，∴點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值為圓(x?3)∵|AB|=2，∴△PAB面積最大為12×2×22∴|PA|=(3+1)當(dāng)∠PAB最大時(shí)，則PA為圓(x?3)2∴|PA|=(3+1)直線AC的方程為7x?y+7=0，則圓心(3，0)到直線AC的距離為∴點(diǎn)P到直線AC距離最小值為142故答案為：ABD.

【分析】根據(jù)題意設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合已知條件整理化簡(jiǎn)即可的點(diǎn)的軌跡方程，從而判斷出選項(xiàng)A正確；由結(jié)合三角形的面積公式，由兩點(diǎn)間的距離公式代入數(shù)值計(jì)算出結(jié)果，由此判斷出選項(xiàng)B正確；結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系，即可判斷出當(dāng)∠PAB最大時(shí)，則PA為圓(x?3)212．【答案】B,D【解析】【解答】解：對(duì)于A，當(dāng)λ=1時(shí)，BP→=λBC→+μ故點(diǎn)P在線段CC1上，此時(shí)△AB當(dāng)點(diǎn)P為CC1的中點(diǎn)時(shí)，△AB當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C1處時(shí)，△AB1故周長(zhǎng)不為定值，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)μ=1時(shí)，BP→=λBC→+故點(diǎn)P在線段B1因?yàn)锽1C1所以直線B1C1又△A1所以三棱錐P?A對(duì)于C，當(dāng)λ=17時(shí)，BP=17BC+μBB1，取BC，B1C1中點(diǎn)分別為Q，H，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

A1(32,0,1)，B(0,12,0)，對(duì)于D，當(dāng)μ=12時(shí)，取CC1的中點(diǎn)D1因?yàn)锽P→=λBC→+則點(diǎn)P在線的DD當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)D1處時(shí)，取AC的中點(diǎn)E，連結(jié)A1E因?yàn)锽E⊥平面ACC1A1，又AD在正方形ACC1A又BEA1E=E，BE，A故AD1⊥平面A1BE，又A在正方體形ABB1A又AD1AB1=A，AD1，因?yàn)檫^(guò)定點(diǎn)A與定直線A1故有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面故答案為：BD.【分析】判斷當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)P在線段CC1上，分別計(jì)算點(diǎn)P為兩個(gè)特殊點(diǎn)時(shí)的周長(zhǎng)，即可判斷A；當(dāng)μ=1時(shí)，點(diǎn)P在線段B1C1上，利用線面平行的性質(zhì)以及錐體的體積公式，即可判斷B；當(dāng)λ=17時(shí)，取BC，B1C1中點(diǎn)分別為Q，H，不妨建系解決，求出A1P,BP，即可判斷C；當(dāng)μ=12時(shí)，取CC1的中點(diǎn)D1，B13．【答案】2或4【解析】【解答】解：在△ABC中，由正弦定理，可得asinA=csinC，即23sinA=2sin3當(dāng)B=90°時(shí)，b2當(dāng)B=30°時(shí)，b=c=2.所以故答案為：2或4.【分析】根據(jù)正弦定理求出角A，再求出角B，然后求出b的值即可.14．【答案】4【解析】【解答】解：由題意可知，4πR2＝16π，所以R＝2，即球的半徑R＝2．設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，則(2r)2+(2r)2=2R，即8∴V圓柱＝πr2·2r＝2π·22＝42π．故答案為：42【分析】根據(jù)球的表面積求出球的半徑，結(jié)合截面圖得到圓柱的半徑與球的半徑的關(guān)系式，求出圓柱的底面半徑，再求出圓柱的體積.15．【答案】2【解析】【解答】由題意，P在第一象限，則AM、BN的斜率都存在，設(shè)P(x0，y0)，直線AM直線BN：y=k2(x?3)∴|BM|∴|BM∵P(x0，y0)在橢圓x即y0而k1∴|BM故答案為：23

【分析】由已知可知AM、BN的斜率都存在，設(shè)P(x0，y0)，直線AM：y=k116．【答案】22；【解析】【解答】解：由三棱錐S?ABC中，若底面ABC是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)SA=SB=SC=3知，三棱錐S?ABC是正三棱錐，則點(diǎn)S在底面ABC中的投影為底面的中心O，E為AC因此SO⊥AC,AC⊥BE,SO∩BE=O，所以AC⊥∴SB⊥AC，又M、N分別為棱SC、BC的中點(diǎn)，則MN∥SB，因此MN⊥AC，異面直線MN與AC所成角為π2∵AM⊥MN,MN∴MN⊥平面SAC，又MN∥SB，則SB⊥平面SAC，

又根據(jù)題意可知，在Rt△SOB中，OB=2，OS=1，

∴直線MN與面ABC所成角的正切值為OSOB=12因此三棱錐S?ABC可以看成正方體的一部分且S,A,則球的體積為43故答案為：22；9π【分析】根據(jù)題意得出三棱錐是正三棱錐，易證出AC⊥平面SBE，再根據(jù)MN∥SB，可得MN⊥AC，從而得出異面直線MN與AC所成角；判斷出三棱錐是正方體的一部分，從而得出球的直徑，即可得出球的體積.17．【答案】（1）解：80分以上的占(0.005+0.（2）解：采用賦分制后，李雷同學(xué)地理成績(jī)的最終得分為80分，故成績(jī)?cè)?0%到3540×50%=20，40×35%=14，故成績(jī)?cè)?4名和20名之間，即地理70多分，故可能的原始分?jǐn)?shù)為76，77，78.（3）解：記地理、政治、物理、化學(xué)、生物分別為A，共有(A，滿足條件的有4種，故P=2【解析】【分析】(1)計(jì)算80分以上的占15%，屬于A(2)計(jì)算成績(jī)應(yīng)該在14名和20名之間，即76到83之間，得到分?jǐn)?shù)；(3)列舉基本事件，結(jié)合古典概型的概率公式，求解即可.18．【答案】（1）解：（1）方案一：選條件①.

∵c(cosAcosB+12)=asinBsinC，

∴sinC(cosAcosB+12)=sinAsinBsinC，

∵sinC≠0，∴cosAcosB?sinAsinB=?12，即cos(A+B)=?12，

∵A+B=π?C，∴cos(A+B)=?cosC=?12，即cosC=12，

∵0<C<π，∴C=π3.

方案二：選條件②.

∵sin(A+C)=sin(π?B)=sinB，

∴(a?b)（2）解：由C=π3及余弦定理可知，又a2+b2?ab≥2ab?ab=ab所以△ABC的面積S=1所以△ABC面積的最大值為43【解析】【分析】（1）選擇①，利用正弦定理和余弦的和角公式的逆用求得cosC=12，進(jìn)而求出C；選擇②，先用正弦定理，再用余弦定理求解；選擇③，先用正弦定理，再用余弦的差角公式，得到tan（2）根據(jù)條件，結(jié)合余弦定理和基本不等式求出最大值即可.19．【答案】（1）證明：連AC，BD交于O，連則O為AC的中點(diǎn)，又M是AA1的中點(diǎn)，所以又A1C?平面MBD，OM?平面MBD，所以A1（2）解：因?yàn)锳1所以|===11?2×1×3×（3）解：設(shè)直線A1C與直線DM所成角為θ，則因?yàn)镈M=AM=1因?yàn)锳1C=所以cos==|所以直線A1C與直線DM所成角的余弦值為【解析】【分析】（1）連AC,BD交于O，連OM，利用中位線證明（2）將A1C用AB、AD、AA（3）轉(zhuǎn)化為向量A1C與20．【答案】（1）證明：∵長(zhǎng)方形ABCD中，AB=22，AD=2∴AM=BM=2，∴BM⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM?平面ABCM，∴BM⊥平面ADM，∵AD?平面ADM，

∴AD⊥BM.（2）解：建立如圖所示的直角坐標(biāo)系設(shè)DE=λDB，則平面AMD的一個(gè)法向量ME=設(shè)平面AME的一個(gè)法向量m=(x，y，所以m=(0，1所以E為BD的中點(diǎn).【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)證明即可；

(2)建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用面面角的向量求法求解即可.21．【答案】（1）解：因?yàn)門(mén)(0，t)(t>0)是拋物線C：x2=4y的焦