2024-2025学年浙江省金砖高中联盟高二下学期4月期中考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省金砖高中联盟高二下学期4月期中考试数学试卷（含答案），共9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。
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={−1,0,1,2,4}，B={x||x−1|≥2x}，则A∩B=( )
A. {−1,0}B. {0,1}C. {−1,0,1}D. {−1,0,1,2}
2.已知复数z=(a+1)−ai(a∈R)，则“a=0”是“|z|=1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知向量a=(m,2)，b=(2,3)，若b⊥(2a−b)，则m=( )
A. 12B. 14C. −14D. −12
4.某人在一次考试中每门课得分如下：60，59，76，90，85，100，则数据的第75百分位数为( )
A. 87.5B. 85C. 90D. 100
5.已知2tanα−2tanβ=1−tanαtanβ，tan(α−β)=2，则tanα−tanβ=( )
A. 35B. 53C. 45D. 65
6.等差数列{an}的前n项和为Sn，若S70，则3m+1n的最小值为( )
A. 8B. 10C. 14D. 16
8.设点P是圆O:x2+y2=4与圆M:x2+y2−6x+2=0的一个交点，过点P作直线PQ交圆M于另一点Q，交圆O于另一点R，若2OQ=OP+OR，则直线PQ的斜率为( )
A. ±5 33B. ±53C. ±35D. ±35 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.已知随机变量X服从正态分布N(4,σ2)，且P(Xn)，则下列选项正确的是( )
A. E(3X+1)=12
B. m+n=8
C. P(X≥3+σ)>P(X≤3−σ)
D. 若P(X≥3)=0.68，则P(3≤X0)，它的一条渐近线与直线3x−2y+1=0垂直，则该双曲线的离心率e= ．
13.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a= ．
14.如图，现有棱长为4cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1−EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1是离A1最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为 cm．
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)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(2,0)，3b2= 6a，P为y轴上一点。
(1)求椭圆C的方程;
(2)过F点作与直线PF垂直的直线交C于M，N两点，当△PMN的面积为2 3时，求直线MN的方程。
16.(本小题15分)
如图1，在平面五边形ABCDE中，AE//BD，且DE=4，∠EDB=60∘，CD=BC=2 7，cs∠DCB=57，将△BCD沿BD折起，使点C到点P的位置，且EP=2 3，得到如图2所示的四棱锥P−ABDE．
(1)求证：PE⊥平面ABDE;
(2)若AE=2，求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)=ex−m(x+1)2，m∈R.
(1)若m=12，判断f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个零点，求m的取值范围．
18.(本小题17分)
甲、乙两盒子中各有2枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记n次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为Pn．
(1)求P1，P2的值;
(2)求数列{Pn}的通项公式;
(3)并求使不等式|Pn−23|≤13×104成立n的最小值．
19.(本小题17分)
已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的k∈N∗且1≤k≤n，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个不同的点，称集合S为n连续共线点集。
(1).若S={(x,y)|x∈{0，1，2}，y∈{0,1,2,3,4}}，判断S是否为3连续共线点集?是否为4连续共线点集?
(2).已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为|S|
(ⅰ)若|S|=6，求n的最大值;
(ⅱ)对给定的正整数n，求|S|的最小值．
参考答案
1.A
2.A
3.B
4.C
5.C
6.C
7.D
8.A
9.BCD
10.ACD
11.BCD
12. 133
13.3
14.9−3 32
15.解：(1)c=2c2=a2−b23b2= 6a,得a= 6，c=2，b= 2，
∴C的方程为x26+y22=1．
(2).直线MN的方程为x=my+2，
则直线PF的斜率为kPF=−m，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+2x26+y22=1,
得(m2+3)y2+4my−2=0．
则y1+y2=−4mm2+3，y1y2=−2m2+3，
所以|MN|= m2+1 (y1+y2)2−4y1y2
= m2+1 24m2+24(m2+3)2=2 6(m2+1)m2+3．
又因为|PF|= 1+m2|xP−xF|=2 1+m2，
∴SΔPMN=12|MN||PF|=12·2 6(m2+1)m2+3·2 1+m2=2 3，解得m=±1，
所以MN的方程为x=±y+2．
16.(1)证明：在△BCD中，CD=BC= 7，cs∠DCB=57，
由余弦定理可得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs∠DCB，即BD=2，
又因为DE=2，∠EDB=60∘，所以△BDE为正三角形，
设BD中点为F，连接EF、PF，由△BDE为正三角形可知BD⊥EF，
由CD=BC可知BD⊥PF，EF、PF⊂平面PEF，EF∩PF=F，
所以BD⊥平面PEF，
又因为PF⊂平面PEF，故BD⊥PE．
在△PFD中，可得PF= PB2−BF2= 6，在△BDE中，可得EF= ED2−DF2= 3，
又因为EP= 3，可得EF2+EP2=PF2，所以PE⊥EF，
又因为EF、BD⊂平面ABDE，EF∩BD=F，
所以PE⊥平面ABDE．
(2)解：因为AE/​/BD，所以AE⊥EF，再由PE⊥平面ABDE可知，PE⊥AE，PE⊥EF，
故可以E为坐标原点，EA，EF，EP别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
在坐标系中，各点坐标别为：A(1,0,0)，B(1, 3,0)，F(0, 3,0)，P(0,0, 3)，
则AB=(0, 3,0)，AP=(−1,0, 3)，BP=(−1,− 3, 3)，BF=(−1,0,0)，
设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1⋅AB= 3y1=0n1⋅AP=−x1+ 3z1=0,
取x1= 3，可得y1=0，z1=1，所以n1=( 3,0,1)，
设平面PBD的法向量为n2=(x2,y2,z2)，则n2⋅BP=−x2− 3y2+ 3z2=0n2⋅BF=−x2=0,
取y2=1，可得x2=0，z2=1，所以n2=(0,1,1)，
设平面PAB与平面PBD所成的角为θ，由图象可得θ为锐角，
则csθ=|n1·n2|n1||n2||=12× 2= 24，
所以平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值为 24．

17.解：(1)依题意可得f′(x)=ex−2m(x+1)，
∵m=12，故f′(x)=ex−(x+1)，
设g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex−1，
∵x>0，∴g′(x)>g′(0)=0，
∴f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴f′(x)>f′(0)=0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)令f(x)=0，可得m=ex(x+1)2，
所以y=m与y=ex(x+1)2恰有两个交点，
设ℎ(x)=ex(x+1)2，则ℎ′(x)=ex(x−1)(x+1)3，
令ℎ′(x)=0可得x=1，
当0