2024-2025学年山东省日照市校际联考高二（上）开学数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省日照市校际联考高二（上）开学数学试卷一、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|x<0}，B={x|−x2−x+2>0}，则(A.{x|0<x<1} B.{x|0≤x<1} C.{x|−2<x<0} D.{x|1<x<2}2.函数y=xaxxA. B.

C. D.3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为a2+b2A.π2 B.π3 C.π44.已知函数f(x)=(3a−1)x+4a,(x<1)ax,(x≥1)在R上单调递减，则实数aA.[17,1) B.[0,13)5.已知a=cosπ5,b=A.c<b<a B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b6.已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D是AB的中点，点G是线段CD上一点，满足AG=λAB+15A.−725 B.365 C.727.已知函数f(x)=lnx−13−x+ax+a+btan(x−2)，则f(x)A.关于点(2,2a)中心对称 B.关于直线x=b轴对称

C.关于点(2,2b)中心对称 D.关于点(2,3a)中心对称8.设α1，α2∈R，且12+cosαA.π4 B.π2 C.3π4二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设A，B为两个随机事件，以下命题正确的是(

)A.若A与B对立，则P(AB)=1

B.若A与B互斥，P(A)=13,P(B)=12，则P(A+B)=56

C.若P(A−)=13,P(B−)=110.已知函数f(x)=sinωx+acosωx(x∈R,ω>0)的最大值为2，其部分图象如图所示，则(

)A.a>0

B.函数f(x−π6)为偶函数

C.满足条件的正实数ω存在且唯一

D.f(x)11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点M是其侧面ADD1A1上的动点(A.存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行

B.当点P为CC1中点时，过A，P，D1点的平面截该正方体所得的截面是梯形

C.当点M是线段A1D的中点时，不存在点P使直线A1P垂直平面MB1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若幂函数y=f(x)的图像过点(2,8)，则f(−1)=______．13.已知扇形AOB的半径为10，以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，已知A(10,0)，B(8,6)，则弧AB的中点C的坐标为______．14.若存在实数m，使得对于任意的x∈[a,b]，不等式m2+sinxcosx≤2sin(x−π4)⋅m恒成立，则b−a取得最大值时，四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c满足2bcsinA=3(a2+c2−b2)．

(1)求B的大小；16.(本小题12分)

已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12．

(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；

(2)设置游戏规则如下：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色.若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜从概率的角度判断这个游戏是否公平，请说明理由．17.(本小题12分)

在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，DC=BC=4，AB=8，AD=42．

(1)证明：BD⊥平面PAD；

(2)若△PAD为等边三角形，求点C到平面PBD18.(本小题12分)

设a为常数，函数f(x)=−2sin2x−asinx+1．

(1)当a=1时，求函数f(x)的值域；

(2)若函数f(x)在区间(0,π)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；

(3)当−1≤a≤1时，设n为正整数，f(x)在区间(0,nπ)上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n19.(本小题12分)

给定正整数n≥2，设集合M={(x1,x2,⋯,xn)|xi∈{0，1}，i=1，2，⋯，n}，对于集合M中的任意元素α=(x1,x2,⋯,xn)，β=(y1,y2,⋯,yn)，定义|α⊙β|=(|x1−y1|,|x2−y2|,⋯,|xn−yn|)，|α|=x1+x2+⋯+xn．参考答案1.B

2.C

3.C

4.D

5.A

6.A

7.D

8.B

9.BD

10.ACD

11.ABD

12.−1

13.(314.215.解：(1)因为2bcsinA=3(a2+c2−b2)，

所以2bcsinA2ac=3×a2+c2−b22ac，

由余弦定理得，bsinA=3acosB，

由正弦定理得sinBsinA=3sinAcosB，

因为0<A<π，所以sinA≠0，所以sinB=3cosB16.解：(1)设盒中红球、黄球、蓝球个数分别为x，y，z，从中任取一球，得到红球或黄球为事件A，得到黄球或蓝球为事件B，

则P(A)=x+y4,P(B)=y+z4，

由已知得x+y+z=4x+y4=34y+z4=12，解得x=2y=1z=1，

所以盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；

(2)由(1)知红球、黄球、蓝球个数分别为2个，1个，1个，

用r1，r2表示红球，用a表示黄球，用b表示蓝球，

m表示第一次取出的球，n表示第二次取出的球，(m,n)表示试验的样本点，

则样本空间Ω={(r1,r1)，(r1,r2)，(r1,a)，(r1,b)，(r2,r1)，(r2,17.解：(1)证明：因为AB⊥BC，AB/​/CD，DC=BC=4，所以BD=42，

又因为AD=42，所以AD2+BD2=AB2，则AD⊥BD．

因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，A

D⊂平面PAD，

所以BD⊥平面PAD．

(2)在面PAD内过点P作PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，

所以PO⊥平面ABCD，如下图所示：

因为|PA|=|AD|=|PD|=42,|PO|=(42)2−(22)2=26，

由(1)知BD⊥平面PAD，根据线面垂直的性质有BD⊥PD，

在Rt△PBD中，S△PBD=118.解：(1)由题意f(x)=−2sin2x−asinx+1，

令t=sinx，t∈[−1,1]，则g(t)=−2t2−at+1，

当a=1时，g(t)=−2t2−t+1=−2(t+14)2+98，

所以当t=−14时，g(t)取最大值98；

当t=1时，g(t)取最小值−2，

所以f(x)的值域为[−2,98]；

(2)由题意函数f(x)在区间(0,π)上有两个不同的零点，

即函数g(t)=−2t2−at+1在(0,1)上仅有一个零点，因为g(0)=1>0，

由零点存在性定理，只需g(1)=−a−1<0，得a>−1；

所以实数a的取值范围为(−1,+∞)．

(3)因为Δ=a2+8>0，所以g(t)=−2t2−at+1有两个零点t1，t2，

又t1⋅t2=−12<0，不妨t1<0，t2>0

当a=1时，得t1=−1,t2=12，即sinx=−1或sinx=12；

由三角函数图象性质可知f(x)在(0,2kπ)(k为正整数)内零点个数为3k，在(0,(2k+1)π)内零点个数为3k+2，

因为2024=3×674+2，所以n=674×2+1=134919.解：(1)令α=(x1,x2,x3)，

由题意知|x1−1|+|x2−1|+|x3−0|=2，x1，x2，x3∈{0,1}，

解得α=(1,0,1)或(0,1,1)或(0,0,0)．

(2)|αi⊙αj|≥2(1≤i<j≤k)表示αi，αj之间至少有2个分量不相等，

M中的元素总情况：

(0,0,0)、(1,0,0)、(0,1,0)、(0,0,1)、(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)、(1,1,1)，

对上述所有元素分析，|αi⊙αj|最大为3，此时只有(0,0,0)、(1,1,1)符合要求；

当|αi⊙αj|=2时，通过列举知满足|αi⊙αj|≥2(1≤i<j≤k)的有(0,0,0)、(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)共四个元素，

同理可知满足条件的元素还可以是：

(1,0,0)、(0,1,0)、(0,0,1)、(1,1,1)共四个元素，

综上可得k的最大值为4．

(3)由|α0|=0，|αk|=n，知α0=(0,0,0,…,0,0)，αk=(1,1,1,…,1,1)．

而条件|αi⊙αi+1|=n−2(0≤i≤k−1)的含义是，在序列α0，α1，α2，…，αk中，任意一对相邻的向量αi，αi+1(0≤i≤k−1)都恰有n−2个分量不相等，

根据题意已有k≥2．

法一：

若k=2，则α0=(0,0,0,…,0,0)，α2=(1,1,1,…,1,1)，因为|α0⊙α1|=n−2，

所以α0，α1恰有n−2个分量不相等，即α1中恰有n−2个1，又α2中含n个1，

所以α1，α2中恰有2个分