还剩12页未读，
继续阅读
2023-2024学年浙江省杭州二中钱江学校高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年浙江省杭州二中钱江学校高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线 3x−3y+4 3=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.若直线l⊥平面α，直线l的方向向量为s，平面α的法向量为n，则下列结论可能正确的是( )
A. s=(1,0,1)，n=(1,0,−1)B. s=(1,1,1)，n=(1,1,−2)
C. s=(2,1,1)，n=(−4,−2,−2)D. s=(1,3,1)，n=(2,0,−1)
3.有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中( )
A. 中位数与平均数的值不同B. 第70百分位数与众数的值不同
C. 方差与极差的值相同D. 方差与标准差的值相同
4.已知二项式(3 x−1x)n的展开式中，所有项的系数之和为32，则该展开式中x的系数为( )
A. −405B. 405C. −81D. 81
5.若直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，则k的取值范围是( )
A. (− 33, 33)B. [0, 33)C. [− 3, 3]D. [0, 3)
6.抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点.过点P(2 2,5)且平行于y轴的一条光线射向抛物线C：x2=4y上的A点，经过反射后的反射光线与C相交于点B，则|AB|=( )
A. 72B. 9C. 36D. 92
7.如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列，则称此数为“上升”的，那么所有“上升”的正整数的个数为( )
A. 530B. 502C. 503D. 505
8.已知函数f(x)=x2−3xlnx+ax，若∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−16)B. (−∞,−16]C. (−∞,−2)D. (−∞,−2]
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.数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A. a3=13B. 数列{an+3}是等比数列
C. an=4n−3D. Sn=2n+1−n−2
10.已知函数f(x)=(x+1)ex的导函数为f′(x)，则( )
A. 函数f(x)的极小值点为−1e2
B. f′(−2)=0
C. 函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−2)
D. 若函数g(x)=f(x)−a有两个不同的零点，则a∈(−1e2,0)
11.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是( )
A. AB⊥CG
B. 二面角B−FH−K的平面角余弦值为13
C. 该截角四面体的外接球表面积为112πa2
D. 该截角四面体的表面积为6 3a2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知z=a+bi(a,b∈R)，其中i为虚数单位.若2+i=(1+i)z，则a= ；|z|= ．
13.为备战第47届世界技能大赛，经过层层选拔，来自A，B，C，D四所学校的6名选手进入集训队，其中有3人来自A学校，其余三所学校各1人，由于集训需要，将这6名选手平均分为三组，则恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有______种.(用数字作答)
14.如果两个函数存在零点，分别为α，β，若满足|α−β|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)
已知函数f(x)=x3+3x2−ax在x=1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求f(x)在区间[−4,4]上的最大值和最小值．
16.(本小题15分)
已知各项均为正数的等差数列{an}的公差为4，其前n项和为Sn，且2a2为S2，S3的等比中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=4anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
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ABCD．
(Ⅰ)求证：BD⊥CF；
(Ⅱ)求平面ABE与平面BDF所成锐角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x+a(a−1)x−lnx(a<0)．
(1)当a=−1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数y=f(x)的单调区间；
(3)若对∀x∈[e,+∞)(e为自然对数的底数)，f(x)19.(本小题17分)
已知双曲线C的中心为坐标原点，右焦点为( 7,0)，且过点(−4,3)．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点A(4,1)，过点(1,0)的直线与双曲线C的左、右两支分别交于点M，N，直线AN与双曲线C交于另一点P，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2．
(i)求证：k1+k2为定值；
(ii)求证：直线MP过定点，并求出该定点的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：直线的倾斜角为α，
∵直线 3x−3y+4 3=0，∴斜率k=tanα= 33，
又∵0≤α<180°，
∴α=30°．
故选：A．
根据已知条件，结合倾斜角与斜率的关系，即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角的求解，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的应用、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
由于直线l⊥平面α，可得直线l的方向向量s与平面α的法向量n平行，再利用向量共线定理即可判断出结论．
【解答】
解：∵直线l⊥平面α，
∴直线l的方向向量s与平面α的法向量n平行，
即s//n．
经验证可知选项C满足：n=−2s，正确．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，
平均数为3，中位数为3，众数为4，极差为3，方差为1，标准差为1，第70百分位数为4，
故选项A，B，C错误，选项D正确．
故选：D．
根据中位数，平均数，百分位数，方差，极差，标准差的定义，计算即可．
本题考查中位数，平均数，百分位数，方差，极差，标准差的定义，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：令x=1，
则(3×1−1)n=32，
即n=5，
则(3 x−1x)5的展开式的通项公式为：Tr+1=C5r(3 x)5−r(−1x)r=35−r(−1)rC5rx5−3r2，
令5−3r2=1，
即r=1，
则该展开式中x的系数为：34×(−1)×C51=−405，
故选：A．
由已知条件可得n=5，然后结合(3 x−1x)5的展开式的通项公式为：Tr+1=C5r(3 x)5−r(−1x)r=35−r(−1)rC5rx5−3r2，再令5−3r2=1，最后代入求解即可．
本题考查了二项式定理的运用，重点考查了二项式展开式的通项公式，属基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
由圆心到直线的距离d=|2k| k2+1=1，可得k=± 33，根据直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，即可得出结论．
【解答】
解：由y= 1−x2得x2+y2=1，(y≥0)，对应的轨迹为上半圆，
直线y=kx+2k过定点A(−2,0)，
由圆心到直线的距离d=|2k| k2+1=1，可得k=± 33，
若直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，
则0≤k< 33，
故选B．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知A点坐标为(2 2,2)，
又抛物线C：x2=4y的焦点F的坐标为(0,1)，
所以直线AF的方程为y=2−12 2x+1= 24x+1，
联立x2=4yy= 24x+1，整理可得x2− 2x−4=0，
得xA+xB= 2，
可得yA+yB= 24(xA+xB)+2=52，
所以|AB|=yA+yB+2=92．
故选：D．
根据抛物线的性质求出A点坐标，求出直线AF的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和，由抛物线的性质可得弦长|AB|的值．
本题考查抛物线的性质，考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可知这个多位数只能是两位数，三位数，…，九位数
可得共有C92+C93+C94+…+C99=29−C90−C91=502，
故选：B．
先把数的位数分为2，3，4，5，6，7，8，9位，然后再从9个数中选数组合即可求解．
本题考查了排列组合以及简单计数问题，考查了组合性质的应用和学生的分析问题的能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)x=x−3lnx+ax2，
因为∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，
即∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有f(m)m−f(n)nm−n>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)=1−3x−2ax3⩾0在(0,+∞)上恒成立，
即2a⩽x3−3x2在(0,+∞)上恒成立．令h(x)=x3−3x2，
x∈(0,+∞)，所以h′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
令h′(x)>0，解得x>2，令h′(x)<0，解得0所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(2)=−4，
所以2a⩽−4，即a⩽−2．
故选：D．
构造函数，再根据题意判断函数的单调性，求函数的最值即可求得a的范围．
本题考查利用导数求函数的最值，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：因为数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+3，
所以3+an+1=2(an+3)，a1+3=4，
故数列{an+3}是等比数列，B正确；
则an+3=4×2n−1，即an=4×2n−1−3，C错误，
所以a3=13，A正确；
Sn=4(1−2n)1−2−3n=2n+2−3n−4，D错误．
故选：AB．
由已知递推关系，利用等比数列的通项公式及求和公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了数列的递推关系的应用，还考查了等比数列的定义，通项公式，求和公式的应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由f(x)=(x+1)ex，得f′(x)=(x+2)ex，当x=−2时，f′(−2)=0，B正确；
当x<−2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>−2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
因此函数f(x)在x=−2处取得极小值f(−2)=−1e2，递减区间为(−∞,−2)，A错误，C正确；
函数f(x)在(−∞,−2)上单调递减，且恒有f(x)<0，在(−2,+∞)上单调递增，f(−1)=0，f(x)min=f(−2)=−1e2，
函数g(x)=f(x)−a有两个不同的零点，即函数y=f(x)的图象与直线y=a有两个公共点，
在同一坐标系内作出直线y=a与函数y=f(x)的部分图象，如图，
观察图象知，当−1e2所以函数g(x)=f(x)−a有两个不同的零点时，a∈(−1e2,0)，D正确．
故选：BCD．
求出函数f(x)的导数，利用导数判断ABC；分析函数f(x)的性质，作出图象判断D作答．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，先证明正四面体的对棱互相垂直，如图在正四面体ABCD中，AB⊥CD，证明如下：
取CD中点为O，连接OB，AO，
由于四面体为正四面体，所以△BCD，△ACD均为等边三角形，
故CD⊥BO，CD⊥AO，AO∩OB=O，BO，AO⊂平面AOB，
所以CD⊥平面AOB，
AB⊂平面AOB，故 AB⊥CD，
还原正四面体如下图：
因此在截角四面体中，AB//NQ，在正四面体SNPQ中，SP⊥NQ，所以AB⊥CG，故A正确；
对于B，由于截角四面体的特征可知：六边形ABDEKJ，六边形EFHILK和六边形BCGHFD均为边长为a的正六边形，
所以KF⊥FH，BF⊥FH，故∠BFK即为二面角B−FH−K的平面角，
由正六边形的性质可得KF= 3a=BF,BK=2a，
所以cs∠BFK=BF2+KF2−BK22BF⋅KF=3a2+3a2−4a22× 3a× 3a=13，故B正确；
对于C，设外接球的球心为O，△ABC的中心为O′，△NPQ的中心为O′′，
因为截角四面体上下底面距离为 6a− 63a=2 63a，
所以 R2−O′C2+ R2−O′′H2=2 63a，
所以 R2−a23+ R2−a2=2 63a，所以 R2−a23=2 63a− R2−a2，
所以R2−a23=83a2+R2−a2−4 63a⋅ R2−a2，
所以R2=118a2，
所以S=4πR2=112πa2，故C正确；
对于D，由正四面体S−NPQ中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形，
4个边长为a的正六边形构成，故S=4× 34a2+4×6× 34a2=7 3a2，故D错误；
故选：ABC．
根据题意还原正四面体，根据正四面体的几何性质，结合平行关系即可判断A；由二面角的定义，结合几何法，由余弦定理即可求解B；设外接球的球心为O，△ABC的中心为O′，△NPQ的中心为O′′，再根据题意得截角四面体上下底面距离为 6a− 63a=2 63a，所以 R2−O′C2+ R2−O′′H2=2 63a，即 R2−a23+ R2−a2=2 63a，即可求解半径，进而判断C；对于D：因为截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，求面积即可判断．
本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了多面体的外接球问题，属于中档题．
12.【答案】32 ；； 102
【解析】解：∵z=a+bi，2+i=(1+i)z，
∴2+i=(1+i)(a+bi)=a−b+(a+b)i，
根据复数相等，得a−b=2a+b=1，
解得，a=32，b=−12
则|z|= (32)2+(−12)2= 102．
故答案为：32， 102．
先根据已知及复数的四则运算进行化简，然后结合复数相等条件可求a，b，再由模长公式可求．
本题主要考查复数模长的计算，还考查了复数相等条件的应用及复数的四则运算，比较基础．
13.【答案】9
【解析】解：将这6名选手平均分为三组，有C62C42C22A33=15×6×16=15种分组方案，
其中来自A学校的3名选手都不在同一组，有A33=6种分组方案，
所以恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有15−6=9种．
故答案为：9．
利用间接法，结合平均分组法即可得解．
本题考查了排列组合的简单计数问题，属于基础题．
14.【答案】(0,12e]
【解析】解：函数f(x)=ln(x−2)的零点为x1=3，设g(x)=ax2−lnx的零点为x2，则|x2−3|<2，所以1由g(x)=ax2−lnx=0可得a=lnxx2(x>0)，设h(x)=lnxx2(1令h′(x)=0，解得x= e，
所以h(x)在(1, e)上单调递增，在( e,5)上单调递减，
所以h(x)≤h( e)=ln ee=12e，
又h(1)=0，h(5)=ln525>0，
所以h(x)的取值范围为(0,12e],
故a的取值范围为(0,12e]．
故答案为：(0,12e]．
函数f(x)=ln(x−2)的零点为x1=3，设g(x)=ax2−lnx的零点为x2，则由新定义得到1本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为f(x)=x3+3x2−ax，
所以f′(x)=3x2+6x−a．
因为f(x)在x=1处取得极值，
所以f′(1)=0，即3+6−a=0，解得a=9，
经检验，符合题意．
(2)由(1)得f(x)=x3+3x2−9x，x∈[−4,4]，
所以f′(x)=3x2+6x−9．
令f′(x)>0，得−4≤x<−3或1令f′(x)<0，得−3所以f(x)的单调递增区间为[−4,−3)，(1,4]，单调递减区间为(−3,1)．
所以f(x)的极大值为f(−3)=27，极小值为f(1)=−5，
又f(−4)=20，f(4)=76，
所以f(1)所以f(x)的最大值为76，最小值为−5．
【解析】(1)求出导函数，利用f(x)在x=1处取得极值，f′(1)=0，求解a即可．
(2)求出f′(x)=3x2+6x−9.判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解极值，求解端点值，推出最值即可．
本题考查函数的对数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)因为数列{an}是公差为4的等差数列，
所以a2=a1+4,S2=2(a1+2),
S3=3a1+3×22×4=3(a1+4)．
又4a22=S2S3，
所以4(a1+4)2=6(a1+2)(a1+4)，
即(a1+4)(a1−2)=0，
解得a1=2或a1=−4(舍去)，
所以an=2+4(n−1)=4n−2．
(2)因为bn=4anan+1
=4(4n−2)(4n+2)=14n−2−14n+2，
所以Tn=b1+b2+…+bn−1+bn
=12−16+16−110+…+14n−6−14n−2+14n−2−14n+2
=12−14n+2=n2n+1．
【解析】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．
(1)利用已知条件求出首项，然后求解通项公式即可．
(2)利用裂项相项法，求解数列的和即可．
17.【答案】解：(Ⅰ)证明：连接AF，
因为EF//AD，∠EAD=120°，
所以∠AEF=60°，
因为AE=2EF=2，
所以AF= AE2+EF2−2AE⋅EFcs60°= 3，
因为AF2+EF2=1+3=AE2，
所以AF⊥EF，
因为EF//AD，
所以AF⊥AD，
因为平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AF⊂面ADFE，
所以AF⊥面ABCD，
因为BD⊂面ABCD，
所以AF⊥BD，
连接AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，
因为AF∩AC=A，且AF，AC⊂面AFC，
所以BD⊥面AFC，
因为CF⊂面AFC，
所以BD⊥CF．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：
则B(2,0,0)，D(0,2,0)，E(0,−1, 3)，F(0,0, 3)，
AB=(2,0,0)，AE=(0,−1, 3)，BD=(−2,2,0)，DF=(0,−2, 3)，
设平面ABE的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
由AB⋅m=2x1=0AE⋅m=−y1+ 3z1=0，
令y1= 3，则z1=1，x1=0，
所以m=(0, 3,1)，
设平面BDF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
由BD⋅n=−2x2+2y2=0DF⋅n=−2y2+ 3z2=0，
令x2= 3，则y2= 3，z2=2，
所以n=( 3, 3,2)，
设平面ABE与平面BDF所成的锐角为θ，
即csθ=|m⋅n|m||n||=|5|2× 10= 104，
所以平面ABE与平面BDF所成的锐角的余弦值为 104．
【解析】(Ⅰ)连接AF，由余弦定理可得的AF，由勾股定理可得AF⊥EF，进而可得AF⊥AD，由平面ADFE⊥平面ABCD，面面垂直的性质定理可得AF⊥面ABCD，则BD⊂面ABCD，推出BD⊥面AFC，进而可得答案．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ABE的一个法向量m=(x1,y1,z1)，平面BDF的一个法向量n=(x2,y2,z2)，设平面ABE与平面BDF所成的锐角为θ，即csθ=|m⋅n|m||n||，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当a=−1时，f(x)=x+2x−lnx，
f′(x)=1−2x2−1x，
f′(1)=−2，又f(1)=3，
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为：y−3=−2(x−1)，
即：2x+y−5=0；
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=(x−a)[x+(a−1)]x2，
∵a<0，∴a<0<1−a，
令f′(x)>0，解得：x>1−a，
令f′(x)<0，解得：0∴y=f(x)的单调递增区间为(1−a,+∞)；单调递减区间为(0,1−a)；
(3)由题意，对∀x∈[e,+∞)，恒有f(x)等价于对∀x∈[e,+∞)，恒有a2设g(x)=xlnx，x∈[e,+∞)，
∵g′(x)=lnx+1>0在[e,+∞)上恒成立，∴g(x)在[e,+∞)单调递增，
∴g(x)min=g(e)=e，∴只须a2即：− e又∵a<0，∴− e∴实数a的取值范围是(− e,0)．
【解析】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，属于较难题．
(1)代入a的值，求出函数的导数，求出切线方程即可；
(2)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(3)求出a2<(xlnx)min，设g(x)=xlnx，x∈[e,+∞)，根据函数的单调性求出a的范围即可．
19.【答案】解：(1)设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
因为双曲线C的右焦点为( 7,0)，且过点(−4,3)，
所以a2+b2=716a2−9b2=1，其中0所以双曲线C的方程为x24−y23=1；
(2)(i)证明：设直线MN的方程为y=k(x−1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x−1)3x2−4y2−12=0，得(3−4k2)x2+8k2x−4k2−12=0，
所以x1+x2=−8k23−4k2，x1x2=−4k2−123−4k2，
因为直线MN与双曲线C的左、右支分别交于点M，N，
所以3−4k2≠0−4k2−123−4k2<0，得− 32k1+k2=y1−1x1−4+y2−1x2−4=k(x1−1)−1x1−4+k(x2−1)−1x2−4
=2kx1x2−(5k+1)(x1+x2)+8(k+1)x1x2−4(x1+x2)+16
=−24k2+24−36k2+36=23，
即k1+k2=23；
(ii)证明：设直线MP的方程为y=tx+m，P(x3,y3)，
y=tx+m3x2−4y2−12=0，得(3−4t2)x2−8mtx−4m2−12=0，
x1+x3=8tm3−4t2，x1x3=−4m2−123−4t2，
由kAP=k2，结合(i)可知k1+kAP=23，
k1+kAP=y1−1x1−4+y3−1x3−4=(tx1+m−1)(x3−4)+(tx3+m−1)(x1−4)(x1−4)(x3−4)
=2tx1x3+(m−1−4t)(x1+x3)−8(m−1)x1x3−4(x1+x3)+16①，
又因为x1x3−4(x1+x3)+16=−4m2−123−4t2−32tm3−4t2+16=−4m2−32tm−64t2+363−4t2，
2tx1x3−(m−1−4t)(x1+x3)−8(m−1)=2t⋅−4m2−123−4t2−(m−1−4t)⋅8tm3−4t2−8(m−1)=−32t2−8tm−24(t+m)+243−4t2，
所以①式即为32t2+8tm+24(t+m)−2464t2+32tm+4m2−36，
由k1+kAP=23，得m2+(5t−9)m+4t2−9t=0，
即m=−t，或m=−4t+9，
当m=−t时，直线MP过点(1,0)，不符合题意舍去；
当m=−4t+9时，直线MP的方程为y=t(x−4)+9，过定点(4,9)．
【解析】(1)设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，由题意列出方程组求解即可；
(2)(i)设直线MN的方程为y=k(x−1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及斜率公式即可证明；
(ii)设直线MP的方程为y=tx+m，P(x3,y3)，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及(i)的结论即可得解．
本题考查了双曲线的几何性质、韦达定理的应用及直线恒过定点，属于中档题．
1.直线 3x−3y+4 3=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.若直线l⊥平面α，直线l的方向向量为s，平面α的法向量为n，则下列结论可能正确的是( )
A. s=(1,0,1)，n=(1,0,−1)B. s=(1,1,1)，n=(1,1,−2)
C. s=(2,1,1)，n=(−4,−2,−2)D. s=(1,3,1)，n=(2,0,−1)
3.有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中( )
A. 中位数与平均数的值不同B. 第70百分位数与众数的值不同
C. 方差与极差的值相同D. 方差与标准差的值相同
4.已知二项式(3 x−1x)n的展开式中，所有项的系数之和为32，则该展开式中x的系数为( )
A. −405B. 405C. −81D. 81
5.若直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，则k的取值范围是( )
A. (− 33, 33)B. [0, 33)C. [− 3, 3]D. [0, 3)
6.抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点.过点P(2 2,5)且平行于y轴的一条光线射向抛物线C：x2=4y上的A点，经过反射后的反射光线与C相交于点B，则|AB|=( )
A. 72B. 9C. 36D. 92
7.如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列，则称此数为“上升”的，那么所有“上升”的正整数的个数为( )
A. 530B. 502C. 503D. 505
8.已知函数f(x)=x2−3xlnx+ax，若∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−16)B. (−∞,−16]C. (−∞,−2)D. (−∞,−2]
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.数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A. a3=13B. 数列{an+3}是等比数列
C. an=4n−3D. Sn=2n+1−n−2
10.已知函数f(x)=(x+1)ex的导函数为f′(x)，则( )
A. 函数f(x)的极小值点为−1e2
B. f′(−2)=0
C. 函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−2)
D. 若函数g(x)=f(x)−a有两个不同的零点，则a∈(−1e2,0)
11.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是( )
A. AB⊥CG
B. 二面角B−FH−K的平面角余弦值为13
C. 该截角四面体的外接球表面积为112πa2
D. 该截角四面体的表面积为6 3a2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知z=a+bi(a,b∈R)，其中i为虚数单位.若2+i=(1+i)z，则a= ；|z|= ．
13.为备战第47届世界技能大赛，经过层层选拔，来自A，B，C，D四所学校的6名选手进入集训队，其中有3人来自A学校，其余三所学校各1人，由于集训需要，将这6名选手平均分为三组，则恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有______种.(用数字作答)
14.如果两个函数存在零点，分别为α，β，若满足|α−β|
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x3+3x2−ax在x=1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求f(x)在区间[−4,4]上的最大值和最小值．
16.(本小题15分)
已知各项均为正数的等差数列{an}的公差为4，其前n项和为Sn，且2a2为S2，S3的等比中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=4anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
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ABCD．
(Ⅰ)求证：BD⊥CF；
(Ⅱ)求平面ABE与平面BDF所成锐角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x+a(a−1)x−lnx(a<0)．
(1)当a=−1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数y=f(x)的单调区间；
(3)若对∀x∈[e,+∞)(e为自然对数的底数)，f(x)
已知双曲线C的中心为坐标原点，右焦点为( 7,0)，且过点(−4,3)．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点A(4,1)，过点(1,0)的直线与双曲线C的左、右两支分别交于点M，N，直线AN与双曲线C交于另一点P，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2．
(i)求证：k1+k2为定值；
(ii)求证：直线MP过定点，并求出该定点的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：直线的倾斜角为α，
∵直线 3x−3y+4 3=0，∴斜率k=tanα= 33，
又∵0≤α<180°，
∴α=30°．
故选：A．
根据已知条件，结合倾斜角与斜率的关系，即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角的求解，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的应用、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
由于直线l⊥平面α，可得直线l的方向向量s与平面α的法向量n平行，再利用向量共线定理即可判断出结论．
【解答】
解：∵直线l⊥平面α，
∴直线l的方向向量s与平面α的法向量n平行，
即s//n．
经验证可知选项C满足：n=−2s，正确．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，
平均数为3，中位数为3，众数为4，极差为3，方差为1，标准差为1，第70百分位数为4，
故选项A，B，C错误，选项D正确．
故选：D．
根据中位数，平均数，百分位数，方差，极差，标准差的定义，计算即可．
本题考查中位数，平均数，百分位数，方差，极差，标准差的定义，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：令x=1，
则(3×1−1)n=32，
即n=5，
则(3 x−1x)5的展开式的通项公式为：Tr+1=C5r(3 x)5−r(−1x)r=35−r(−1)rC5rx5−3r2，
令5−3r2=1，
即r=1，
则该展开式中x的系数为：34×(−1)×C51=−405，
故选：A．
由已知条件可得n=5，然后结合(3 x−1x)5的展开式的通项公式为：Tr+1=C5r(3 x)5−r(−1x)r=35−r(−1)rC5rx5−3r2，再令5−3r2=1，最后代入求解即可．
本题考查了二项式定理的运用，重点考查了二项式展开式的通项公式，属基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
由圆心到直线的距离d=|2k| k2+1=1，可得k=± 33，根据直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，即可得出结论．
【解答】
解：由y= 1−x2得x2+y2=1，(y≥0)，对应的轨迹为上半圆，
直线y=kx+2k过定点A(−2,0)，
由圆心到直线的距离d=|2k| k2+1=1，可得k=± 33，
若直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，
则0≤k< 33，
故选B．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知A点坐标为(2 2,2)，
又抛物线C：x2=4y的焦点F的坐标为(0,1)，
所以直线AF的方程为y=2−12 2x+1= 24x+1，
联立x2=4yy= 24x+1，整理可得x2− 2x−4=0，
得xA+xB= 2，
可得yA+yB= 24(xA+xB)+2=52，
所以|AB|=yA+yB+2=92．
故选：D．
根据抛物线的性质求出A点坐标，求出直线AF的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和，由抛物线的性质可得弦长|AB|的值．
本题考查抛物线的性质，考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可知这个多位数只能是两位数，三位数，…，九位数
可得共有C92+C93+C94+…+C99=29−C90−C91=502，
故选：B．
先把数的位数分为2，3，4，5，6，7，8，9位，然后再从9个数中选数组合即可求解．
本题考查了排列组合以及简单计数问题，考查了组合性质的应用和学生的分析问题的能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)x=x−3lnx+ax2，
因为∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，
即∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有f(m)m−f(n)nm−n>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)=1−3x−2ax3⩾0在(0,+∞)上恒成立，
即2a⩽x3−3x2在(0,+∞)上恒成立．令h(x)=x3−3x2，
x∈(0,+∞)，所以h′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
令h′(x)>0，解得x>2，令h′(x)<0，解得0
所以h(x)min=h(2)=−4，
所以2a⩽−4，即a⩽−2．
故选：D．
构造函数，再根据题意判断函数的单调性，求函数的最值即可求得a的范围．
本题考查利用导数求函数的最值，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：因为数列{an}是首项为1的正项数列，an+1=2an+3，
所以3+an+1=2(an+3)，a1+3=4，
故数列{an+3}是等比数列，B正确；
则an+3=4×2n−1，即an=4×2n−1−3，C错误，
所以a3=13，A正确；
Sn=4(1−2n)1−2−3n=2n+2−3n−4，D错误．
故选：AB．
由已知递推关系，利用等比数列的通项公式及求和公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了数列的递推关系的应用，还考查了等比数列的定义，通项公式，求和公式的应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由f(x)=(x+1)ex，得f′(x)=(x+2)ex，当x=−2时，f′(−2)=0，B正确；
当x<−2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>−2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
因此函数f(x)在x=−2处取得极小值f(−2)=−1e2，递减区间为(−∞,−2)，A错误，C正确；
函数f(x)在(−∞,−2)上单调递减，且恒有f(x)<0，在(−2,+∞)上单调递增，f(−1)=0，f(x)min=f(−2)=−1e2，
函数g(x)=f(x)−a有两个不同的零点，即函数y=f(x)的图象与直线y=a有两个公共点，
在同一坐标系内作出直线y=a与函数y=f(x)的部分图象，如图，
观察图象知，当−1e2
故选：BCD．
求出函数f(x)的导数，利用导数判断ABC；分析函数f(x)的性质，作出图象判断D作答．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，先证明正四面体的对棱互相垂直，如图在正四面体ABCD中，AB⊥CD，证明如下：
取CD中点为O，连接OB，AO，
由于四面体为正四面体，所以△BCD，△ACD均为等边三角形，
故CD⊥BO，CD⊥AO，AO∩OB=O，BO，AO⊂平面AOB，
所以CD⊥平面AOB，
AB⊂平面AOB，故 AB⊥CD，
还原正四面体如下图：
因此在截角四面体中，AB//NQ，在正四面体SNPQ中，SP⊥NQ，所以AB⊥CG，故A正确；
对于B，由于截角四面体的特征可知：六边形ABDEKJ，六边形EFHILK和六边形BCGHFD均为边长为a的正六边形，
所以KF⊥FH，BF⊥FH，故∠BFK即为二面角B−FH−K的平面角，
由正六边形的性质可得KF= 3a=BF,BK=2a，
所以cs∠BFK=BF2+KF2−BK22BF⋅KF=3a2+3a2−4a22× 3a× 3a=13，故B正确；
对于C，设外接球的球心为O，△ABC的中心为O′，△NPQ的中心为O′′，
因为截角四面体上下底面距离为 6a− 63a=2 63a，
所以 R2−O′C2+ R2−O′′H2=2 63a，
所以 R2−a23+ R2−a2=2 63a，所以 R2−a23=2 63a− R2−a2，
所以R2−a23=83a2+R2−a2−4 63a⋅ R2−a2，
所以R2=118a2，
所以S=4πR2=112πa2，故C正确；
对于D，由正四面体S−NPQ中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形，
4个边长为a的正六边形构成，故S=4× 34a2+4×6× 34a2=7 3a2，故D错误；
故选：ABC．
根据题意还原正四面体，根据正四面体的几何性质，结合平行关系即可判断A；由二面角的定义，结合几何法，由余弦定理即可求解B；设外接球的球心为O，△ABC的中心为O′，△NPQ的中心为O′′，再根据题意得截角四面体上下底面距离为 6a− 63a=2 63a，所以 R2−O′C2+ R2−O′′H2=2 63a，即 R2−a23+ R2−a2=2 63a，即可求解半径，进而判断C；对于D：因为截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，求面积即可判断．
本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了多面体的外接球问题，属于中档题．
12.【答案】32 ；； 102
【解析】解：∵z=a+bi，2+i=(1+i)z，
∴2+i=(1+i)(a+bi)=a−b+(a+b)i，
根据复数相等，得a−b=2a+b=1，
解得，a=32，b=−12
则|z|= (32)2+(−12)2= 102．
故答案为：32， 102．
先根据已知及复数的四则运算进行化简，然后结合复数相等条件可求a，b，再由模长公式可求．
本题主要考查复数模长的计算，还考查了复数相等条件的应用及复数的四则运算，比较基础．
13.【答案】9
【解析】解：将这6名选手平均分为三组，有C62C42C22A33=15×6×16=15种分组方案，
其中来自A学校的3名选手都不在同一组，有A33=6种分组方案，
所以恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有15−6=9种．
故答案为：9．
利用间接法，结合平均分组法即可得解．
本题考查了排列组合的简单计数问题，属于基础题．
14.【答案】(0,12e]
【解析】解：函数f(x)=ln(x−2)的零点为x1=3，设g(x)=ax2−lnx的零点为x2，则|x2−3|<2，所以1
所以h(x)在(1, e)上单调递增，在( e,5)上单调递减，
所以h(x)≤h( e)=ln ee=12e，
又h(1)=0，h(5)=ln525>0，
所以h(x)的取值范围为(0,12e],
故a的取值范围为(0,12e]．
故答案为：(0,12e]．
函数f(x)=ln(x−2)的零点为x1=3，设g(x)=ax2−lnx的零点为x2，则由新定义得到1
15.【答案】解：(1)因为f(x)=x3+3x2−ax，
所以f′(x)=3x2+6x−a．
因为f(x)在x=1处取得极值，
所以f′(1)=0，即3+6−a=0，解得a=9，
经检验，符合题意．
(2)由(1)得f(x)=x3+3x2−9x，x∈[−4,4]，
所以f′(x)=3x2+6x−9．
令f′(x)>0，得−4≤x<−3或1
所以f(x)的极大值为f(−3)=27，极小值为f(1)=−5，
又f(−4)=20，f(4)=76，
所以f(1)
【解析】(1)求出导函数，利用f(x)在x=1处取得极值，f′(1)=0，求解a即可．
(2)求出f′(x)=3x2+6x−9.判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解极值，求解端点值，推出最值即可．
本题考查函数的对数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)因为数列{an}是公差为4的等差数列，
所以a2=a1+4,S2=2(a1+2),
S3=3a1+3×22×4=3(a1+4)．
又4a22=S2S3，
所以4(a1+4)2=6(a1+2)(a1+4)，
即(a1+4)(a1−2)=0，
解得a1=2或a1=−4(舍去)，
所以an=2+4(n−1)=4n−2．
(2)因为bn=4anan+1
=4(4n−2)(4n+2)=14n−2−14n+2，
所以Tn=b1+b2+…+bn−1+bn
=12−16+16−110+…+14n−6−14n−2+14n−2−14n+2
=12−14n+2=n2n+1．
【解析】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．
(1)利用已知条件求出首项，然后求解通项公式即可．
(2)利用裂项相项法，求解数列的和即可．
17.【答案】解：(Ⅰ)证明：连接AF，
因为EF//AD，∠EAD=120°，
所以∠AEF=60°，
因为AE=2EF=2，
所以AF= AE2+EF2−2AE⋅EFcs60°= 3，
因为AF2+EF2=1+3=AE2，
所以AF⊥EF，
因为EF//AD，
所以AF⊥AD，
因为平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AF⊂面ADFE，
所以AF⊥面ABCD，
因为BD⊂面ABCD，
所以AF⊥BD，
连接AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，
因为AF∩AC=A，且AF，AC⊂面AFC，
所以BD⊥面AFC，
因为CF⊂面AFC，
所以BD⊥CF．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：
则B(2,0,0)，D(0,2,0)，E(0,−1, 3)，F(0,0, 3)，
AB=(2,0,0)，AE=(0,−1, 3)，BD=(−2,2,0)，DF=(0,−2, 3)，
设平面ABE的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
由AB⋅m=2x1=0AE⋅m=−y1+ 3z1=0，
令y1= 3，则z1=1，x1=0，
所以m=(0, 3,1)，
设平面BDF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
由BD⋅n=−2x2+2y2=0DF⋅n=−2y2+ 3z2=0，
令x2= 3，则y2= 3，z2=2，
所以n=( 3, 3,2)，
设平面ABE与平面BDF所成的锐角为θ，
即csθ=|m⋅n|m||n||=|5|2× 10= 104，
所以平面ABE与平面BDF所成的锐角的余弦值为 104．
【解析】(Ⅰ)连接AF，由余弦定理可得的AF，由勾股定理可得AF⊥EF，进而可得AF⊥AD，由平面ADFE⊥平面ABCD，面面垂直的性质定理可得AF⊥面ABCD，则BD⊂面ABCD，推出BD⊥面AFC，进而可得答案．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ABE的一个法向量m=(x1,y1,z1)，平面BDF的一个法向量n=(x2,y2,z2)，设平面ABE与平面BDF所成的锐角为θ，即csθ=|m⋅n|m||n||，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当a=−1时，f(x)=x+2x−lnx，
f′(x)=1−2x2−1x，
f′(1)=−2，又f(1)=3，
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为：y−3=−2(x−1)，
即：2x+y−5=0；
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=(x−a)[x+(a−1)]x2，
∵a<0，∴a<0<1−a，
令f′(x)>0，解得：x>1−a，
令f′(x)<0，解得：0
(3)由题意，对∀x∈[e,+∞)，恒有f(x)
∵g′(x)=lnx+1>0在[e,+∞)上恒成立，∴g(x)在[e,+∞)单调递增，
∴g(x)min=g(e)=e，∴只须a2
【解析】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，属于较难题．
(1)代入a的值，求出函数的导数，求出切线方程即可；
(2)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(3)求出a2<(xlnx)min，设g(x)=xlnx，x∈[e,+∞)，根据函数的单调性求出a的范围即可．
19.【答案】解：(1)设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
因为双曲线C的右焦点为( 7,0)，且过点(−4,3)，
所以a2+b2=716a2−9b2=1，其中0
(2)(i)证明：设直线MN的方程为y=k(x−1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x−1)3x2−4y2−12=0，得(3−4k2)x2+8k2x−4k2−12=0，
所以x1+x2=−8k23−4k2，x1x2=−4k2−123−4k2，
因为直线MN与双曲线C的左、右支分别交于点M，N，
所以3−4k2≠0−4k2−123−4k2<0，得− 32
=2kx1x2−(5k+1)(x1+x2)+8(k+1)x1x2−4(x1+x2)+16
=−24k2+24−36k2+36=23，
即k1+k2=23；
(ii)证明：设直线MP的方程为y=tx+m，P(x3,y3)，
y=tx+m3x2−4y2−12=0，得(3−4t2)x2−8mtx−4m2−12=0，
x1+x3=8tm3−4t2，x1x3=−4m2−123−4t2，
由kAP=k2，结合(i)可知k1+kAP=23，
k1+kAP=y1−1x1−4+y3−1x3−4=(tx1+m−1)(x3−4)+(tx3+m−1)(x1−4)(x1−4)(x3−4)
=2tx1x3+(m−1−4t)(x1+x3)−8(m−1)x1x3−4(x1+x3)+16①，
又因为x1x3−4(x1+x3)+16=−4m2−123−4t2−32tm3−4t2+16=−4m2−32tm−64t2+363−4t2，
2tx1x3−(m−1−4t)(x1+x3)−8(m−1)=2t⋅−4m2−123−4t2−(m−1−4t)⋅8tm3−4t2−8(m−1)=−32t2−8tm−24(t+m)+243−4t2，
所以①式即为32t2+8tm+24(t+m)−2464t2+32tm+4m2−36，
由k1+kAP=23，得m2+(5t−9)m+4t2−9t=0，
即m=−t，或m=−4t+9，
当m=−t时，直线MP过点(1,0)，不符合题意舍去；
当m=−4t+9时，直线MP的方程为y=t(x−4)+9，过定点(4,9)．
【解析】(1)设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，由题意列出方程组求解即可；
(2)(i)设直线MN的方程为y=k(x−1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及斜率公式即可证明；
(ii)设直线MP的方程为y=tx+m，P(x3,y3)，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及(i)的结论即可得解．
本题考查了双曲线的几何性质、韦达定理的应用及直线恒过定点，属于中档题．
相关试卷
2023-2024学年浙江省杭州二中钱江学校高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）： 这是一份2023-2024学年浙江省杭州二中钱江学校高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年浙江省杭州二中高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析）： 这是一份2023-2024学年浙江省杭州二中高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）： 这是一份浙江省杭州第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省杭州第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题Word版含解析docx、浙江省杭州第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
