2023-2024学年山西省百校联考高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山西省百校联考高二下学期7月期末考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|−5<x<2}，B={x||x|<3}，则A∪B=(

)A.(−∞,2) B.(−∞,3) C.(−3,2) D.(−5,3)2.若复数z满足z1−2i=3+i(i是虚数单位)，则z=A.2 B.3 C.2 3.函数f(x)=sinxcosx的图象在点(A.x+y−12−π4=0 B.x−y+4.若曲线C:(k−4)x2+y26−kA.(4,6) B.(4,5) C.(5,6) D.(4,5)∪(5,6)5.已知实数a，b满足ab=1−a，则下列数中不可能是a+b的值的是A.−3 B.−2 C.2 D.36.已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S20<0，SA.(−16,−17) B.(−7,−7.棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为(

)A.36π B.42π C.21π D.18π8.已知函数f(x)=5sin(2x−π6)，x∈[0,37π3]，若函数F(x)=f(x)−4的所有零点依次记为x1，x2，x3A.292π B.625π2 C.1001π3 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.样本数据28、30、32、36、36、42的(

)A.极差为14 B.平均数为34 C.上四分位数为36 D.方差为2010.已知两点A(−2,0)，B(2,0)，若直线上存在点P，使得|PA|−|PB|=2，则称该直线为“点定差直线”，下列直线中，是“点定差直线”的有(

)A.y=33x+1 B.y=x+1 C.11.如图，在棱长均为1的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，P，Q分别是线段A.当λ=12时，PQ//A1D

B.当λ=12时，若PQ=xAB+yAD+zAA1(x,y,z∈R)，则x+y+z=0

C.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知tanα=32，则tan13.在(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)14.过点P(1,2)的直线l与曲线y=4−x2有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)已知△ABC的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d．(1)求△ABC的最大内角的正弦值;(2)求d．16.(本小题15分)夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛.假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为23(1)若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率;(2)若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB/​/CD，∠ADC=90∘，AB=AD=PD=12CD=1，CD⊥PA，M是(1)求证：平面PAB⊥平面MCD;(2)若PA=2，求平面PBC与平面MCD18.(本小题17分)已知抛物线C:y2=2x，M，N为C上的两个动点，直线MN的斜率为k，线段MN(1)证明：km=1;(2)已知点A(2,1)，求△AMN面积的最大值．19.(本小题17分)对于定义域为D的函数F(x)，若∃x0∈D，使得F(x0)+F(x0+k)=0，其中k≠0，则称F(x)为“可移k相反数函数”，x0是函数(1)若x0是函数f(x)的“可移2相反数点”，求(2)若ℎ(x)=f(x)g(x)，且−1是函数g(x)的“可移4相反数点”，求函数ℎ(x)(3)设φ(x)=f(x),x>0,−g(x),x≤0,若函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，求实数a的取值范围．答案解析1.D

【解析】解：已知集合A={x|−5<x<2}，B={x||x|<3}={x|−3<x<3}，

则A∪B={x|−5<x<3}=(−5,3)．

故选D．2.A

【解析】解：因为z(1−2i)=3+i，所以z=3+i1−2i=(3+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+6i+i+2i25=153.C

【解析】解：因为f(π4)=sinπ4cosπ4=12，并且f′(x)=cos4.D

【解析】解：因为曲线C:(k−4)x2+y26−k=1表示椭圆，

则应满足k−4>0,5.B

【解析】解：因为ab=1−a，所以a≠0，b=1a−1，a+b=a+1a−1．

当a>0时，a+1a≥2a×1a=2，a+b≥1，

当a<0时，a+16.B

【解析】解：由题意知，S20=20(a1+a20)2<0，

即a1+a20<0，即a10+a11<0，

同理由S21>0可得a117.C

【解析】解：如图：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为O′，O1，连接O′O1，设线段O′O的中点为O，则O为其外接球的球心．

因为等边三角形ABC的边长为3，

所以O1B=3×32×23=38.A

【解析】解：函数f(x)=5sin (2x−π6)，x∈[0,37π3]，

令2x−π6=π2+kπ(k∈Z)，得x=12kπ+π3(k∈Z)，

即函数f(x)的对称轴方程为x=12kπ+π3(k∈Z)，

∵f(x)的最小正周期为T=π，x∈[0,37π3]，

令12kπ+π3=37π3，可得k=24，

所以函数在9.ABC

【解析】解：极差为42−28=14，故A正确;

平均数为16(28+30+32+36+36+42)=34，故B正确;

因为6×75%=4.5，所以样本数据的上四分位数为从小到大排列的第5个数，即36，故C正确;

方差s210.ABD

【解析】解：则由题意得|PA|−|PB|=2<|AB|=4，故点P的轨迹为以A(−2,0),B(2,0)为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，故a=1,c=2，b2=c2−A选项，联立y=33x+1与x2B选项，联立y=x+1与x2−y23C选项，联立y=2x+4与x2−y23D选项，联立y=2x+1与x2−11.ABD

【解析】解：由平行六面体ABCD−A1B1C1D1知四边形ABCD是平行四边形，连接BD，

当λ=12时，P，Q分别是AC，A1B的中点，所以P也是BD的中点，所以PQ//A1D。故A正确;

当λ=12时，由A选项可知PQ=12DA1=−12AD+12AA1，又PQ=xAB+yAD+zAA1(x,y,z∈R)，所以x=0，y=−12，z=12，x+y+z=0，故B正确;

当λ=13时，CC1=BB1，PQ=BQ−BP=13BA1−(BC+CP)=13BA1−(23CA+BC)=13(BA12.4【解析】解：tan2α=2tanα1−13.210

【解析】解：由1+x2+1+x3+⋯+1+x9得展开式中x3的系数为：

C33+C43+14.[−2,−4【解析】解：由题意可设直线l:y=k(x−1)+2，又曲线y=4−x2可化为x2+y2=4，y≥0，

作出直线l与曲线y=4−x2的图象如图所示：

设图中直线l1，l2，l3，l4的斜率分别为k1，k2，k3，k4，

则k1=2−01−(−2)=23，k2=0，15.解：(1)不妨设AB=5，BC=7，AC=8，则B是最大内角．

由余弦定理可得cosB=a2+c2−b22ac=【解析】本题主要考查利用余弦定理解三角形、利用向量的数量积求向量的模等，属于基础题．

(1)不妨设AB=5，BC=7，AC=8，则B是最大内角.然后利用余弦定理等即可；

(2)直接利用d=116.解：(1)令投中i次的概率为P(Y=i)，

则P(Y=2)=C42×(23)2×(1−23)2=827．

(2)X的可能取值为2，3X234P4411数学期望E(X)=2×49【解析】本题考查二项分布的概率以及相互独立事件以及求其分布列以及期望，属于一般题，

(1)根据题意利用二项分布求解即可；

(2)根据题意分别求其概率、列出分布列求出期望即可．17.解：(1)在四棱锥P−ABCD中，由AD=PD，M是PA的中点，得DM⊥PA，

而CD⊥PA，DM∩CD=D，DM，CD⊂平面MCD，则PA⊥平面MCD，

又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面MCD．

(2)在直角梯形ABCD中，AB/​/CD，CD⊥AD，

又CD⊥PA，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，则CD⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，于是CD⊥PD，

由PA=2，得AD2+PD2=PA2，则AD⊥PD，即CD，AD，PD两两垂直，

以D为坐标原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，则PB=(1,1,−1)，

PC=(0,2,−1)，

设m=(x,y,z)是平面PBC的法向量，

则m⋅PB=x+y−z=0m⋅PC=2y−z=0，

令y=1，得m=(1,1,2)．

由(1)知PA⊥平面MCD，即平面【解析】本题考查了面面垂直的判定和面面角的向量求法，是中档题．

(1)根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得；

(2)由已知证明DA，DC，DP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面PBC与平面MCD法向量，利用面面角的向量求法求解即得．18.(1)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，所以y12=2x1,y22=2x2,所以(y1−y2)(y1+y2)=2(x1−x2)，

又y1+y2=2m，y1−y2x1−x2=k，所以km=1．

(2)解：设直线MN的方程为y−m=1m(x−m)，即x−my+m2−m=0，

联立x−my+m2−m=0,y2=2x,整理得y2−2my+2m【解析】【分析】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，属于中等题．

(1)y12=2x1,y22=2x19.解：(1)因为x0是函数f(x)的“可移2相反数点”，所以lnx0+ln(x0+2)=0，

于是x0x0+2=1，并且x0>0，所以x0=2−1．

(2)因为−1是函数g(x)=x+a的“可移4相反数点”，所以g−1+g−1+4=0，即−1+a+3+a=0，所以a=−1，gx=x−1，

于是ℎ(x)=f(x)g(x)=lnxx−1，定义域为0,1∪1,+∞，并且ℎ′x=x−xlnx−1xx−12，

令tx=x−xlnx−1，因为t′x=−lnx，当x∈0,1时，t′x>0，tx递增，当x∈1,+∞时，t′x<0，tx递减，所以tx⩽t1=0，

所以当x∈0,1∪1,+∞，ℎ′x<0恒成立，

故ℎx的单调递减区间为0,1和1,+∞，无递增区间．

(3)因为函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，

所以方程φx+φx+1=0在R上恰有2