甘肃省渭源县第二中学2024-2025学年高二下学期第二次阶段考试 数学试卷（含解析）

这是一份甘肃省渭源县第二中学2024-2025学年高二下学期第二次阶段考试 数学试卷（含解析），共7页。试卷主要包含了已知sin=33，则cs=，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题，每题5分共40分）
1．若A＝{x|﹣2＜x＜2}，B={x| x−2x+1≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|﹣2＜x≤2}D．{x|﹣2≤x≤2}
2．若复数z满足z+i=52+i，则|z|＝（ ）
A．2+iB．2﹣iC．22D．5
3．已知向量m→，n→满足|m→|=2|n→|=2，且m→+n→=(−6，1)，则m→，n→的夹角为（ ）
A．45°B．60°C．90°D．120°
4．将函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω＞0)的图象向左平移π6个单位关于y轴对称，则ω的值可以为（ ）
A．12B．1C．2D．5
5．已知sin(α+π3)=33，则cs(2α−π3)=（ ）
A．33B．63C．13D．−13
6．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)右焦点为F，过点F作互相垂直的直线l1、l2，l1与C的右支交于M、N两点，NF→=3FM→，若l2与C的左支交于P点，且P、O、M三点共线（O是坐标原点），则C的离心率为（ ）
A．5B．264C．173D．102
7．设每个工作日甲、乙、丙、丁需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为（ ）
A．0.31B．0.30C．0.35D．0.25
8．正六棱锥底面边长为2，侧面积为12，则它的外接球的体积为（ ）
A．25π6B．32π3C．125π6D．64π3
二．多选题（共3小题，每题6分共18分）
（多选）9．已知z1，z2为复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若z1﹣z2＞0，则z1＞z2
B．若z1=z2，则z1+z2为实数
C．z1z1=|z1|2
D．若|z1|＝|z2|，则z12=z22
（多选）10．已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，其图象距离y轴最近的一条对称轴方程为x=π12，最近的一个对称中心为(−π6，0)，则（ ）
A．φ=π6
B．f（x）的图象上的所有点向右平移π6个单位长度得到函数y＝2sin2x的图象
C．f（x）的图象在区间[−11π12，π12]内有3个对称中心
D．若f（x）在区间[m，m+π3]上的最大值与最小值分别为p，q，则p﹣q的取值范围是[1，23]
（多选）11．已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x∈[0，π）时，f（x）＝sinx．若对∀x∈[0，+∞），f（x+π）＝2f（x），则（ ）
A．f（x）与y＝tanx有相同的零点
B．f（x）的图象有无数条对称轴
C．当x∈[3π，4π）时，f（x）＝8sin（x﹣3π）
D．f（x）与y＝x的图象仅有一个交点
三．填空题（共3小题，每题5分共15分）
12．在(x−1x)9的展开式中有理项的系数的和为 ．
13．若曲线y＝ln（x+1）+x在原点处的切线也是曲线y＝ex﹣2+a的切线，则a＝ ．
14．已知数列{an}．的前n项和为Sn，且an+2+an﹣2an+1＝0（n∈N*）．若a11+a15+a19＝12，则S29＝ ．
四．解答题（共5小题，共77分）
15．（13分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知c＝2，b＝1，△ABC的面积为12a(asinA−csinC﹣bsinB）．
（1）求∠BAC．
（2）若D为BC上一点，满足AD=32，且∠ADC为钝角，求△ADC的面积．
16．（15分）已知甲、乙进行围棋比赛，甲每局获胜的概率为25，乙每局获胜的概率为35，每局无平局，每局比赛结果互不影响．比赛规则如下：若一方先获胜3局，则该方获胜，比赛结束．
（1）求比赛四局结束的概率；
（2）在前两局比赛甲获胜的条件下，再比赛X局结束，求X的分布列与数学期望．
17．（15分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面四边形ABCD为直角梯形，DC∥AB，∠DAB＝∠ADC＝∠PBA＝90°，PB⊥AD，PB＝AB＝AD=12DC＝1，平面PAD与平面PBC的交线l，l∩平面ABCD＝M．
（1）求线段PM的长度；
（2）线段BC上是否存在点E，使得平面PAD⊥平面PDE？若存在，求直线PE与平面PCD所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
18．（15分）已知O为坐标原点，动直线l：y＝kx+m（km≠0）与双曲线C：x2−y2b2=1（b＞0）的渐近线交于A，B两点，与椭圆D：x22+y2＝1交于E，F两点．当k2＝10时，2（OA→+OB→）＝3（OE→+OF→）．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若动直线l与C相切，证明：△OAB的面积为定值．
19．（17分）已知函数f(x)=x+1x−1ex．
（1）求曲线f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（2）求f（x）的单调区间．
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．解：A＝{x|﹣2＜x＜2}，B＝{x|﹣1＜x≤2}，
∴A∩B＝{x|﹣1＜x＜2}．
故选：B．
2．解：z+i=52+i=5⋅(2−i)(2+i)(2−i)=2−i，
则z＝2﹣2i，
所以|z|＝|2﹣2i|=22+(−2)2=22．
故选：C．
3．解：由m→+n→=(−6，1)得，(m→+n→)2=−6×(−6)+1×1=7，即m→2+n→2+2m→⋅n→=7，
向量m→，n→满足|m→|=2|n→|=2，
所以4+1+2m→⋅n→=7，则m→⋅n→=1，
所以cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=12，
＜m→，n→＞∈[0，π]，
则m→，n→的夹角为60°．
故选：B．
4．解：由题意得f（x）的图象关于直线x=π6对称，
当x=π6时，ω•π6+π3=π2+kπ（k∈Z），解得ω＝6k+1，k∈Z，
取k＝0得ω＝1，可知B项符合题意．
故选：B．
5．解：因为−π3+2α=2(α+π3)−π，
所以cs(2α−π3)=cs[2（α+π3）﹣π]，
＝﹣cs2（α+π3），
＝2sin2（α+π3）﹣1，
＝2×13−1=−13．
故选：D．
6．解：已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)右焦点为F，过点F作互相垂直的直线l1、l2，l1与C的右支交于M、N两点，
NF→=3FM→，若l2与C的左支交于P点，且P、O、M三点共线，
如下图所示：
设点E为双曲线的左焦点，不妨设|FM|＝m，则|NF|＝3m，
由双曲线的定义可得|EM|＝2a+m，|NE|＝2a+3m，
易知O为EF的中点，由双曲线的对称性可知O为PM的中点，
故四边形PEMF为平行四边形，
因为PF⊥FM，故四边形PEMF为矩形，则∠EMN＝90°，
由勾股定理可得|EM|2+|MN|2＝|EN|2，即（2a+m）2+16m2＝（2a+3m）2，
解得m＝a，故|EM|＝3a，|MF|＝a，
又因为|EF|＝2c，由勾股定理可得|EM|2+|MF|2＝|EF|2，即9a2+a2＝4c2，
整理可得c=102a，故该双曲线的离心率为e=ca=102．
故选：D．
7．解：根据题意可得同一工作日至少3人需使用设备的概率为：
0.6×0.5×0.5×（1﹣0.4）+0.6×0.5×（1﹣0.5）×0.4+0.6×（1﹣0.5）×0.5×0.4+（1﹣0.6）×0.5×0.5×0.4+0.6×0.5×0.5×0.4＝0.31，
故选：A．
8.解：设正六棱锥的斜高为a，则侧面积为6×12×2×a=12，解得a＝2，
又底面中心到底面边的距离为3，
所以正六棱锥的高为22−(3)2=1，
设正六棱锥的外接球的半径为R，
则根据勾股定理可得22+（R﹣1）2＝R2，解得R=52，
所以正六棱锥的外接球的体积为43πR3=43π×1258=125π6．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
9．解：对于A，令z1＝1+i，z2＝i，满足z1﹣z2＞0，但虚数无法比较大小，故A错误；
对于B，设z1＝a+bi（a，b∈R），
则z2=a−bi，
故z1+z2＝a+bi+a﹣bi＝2a为实数，故B正确；
对于C，设z1＝c+di（c，d∈R），
则z1z1=（c+di）（c﹣di）=c2+d2=|z1|2，故C正确；
对于D，令z1＝1，z2＝i，满足|z1|＝|z2|，但z12≠z22，故D错误．
故选：BC．
10．解：由题意，f（x）的最小正周期为T=4×[π12−(−π6)]=π，所以2πω=π，解得ω＝2．
根据2×π12+φ＝kπ（k∈Z），解得φ=−π6+kπ（k∈Z），
结合|φ|＜π2，令k＝0得φ=−π6，可知A项不正确；
由f(x)=2cs(2x−π6)，将f（x）图象上的所有点向右平移π6个单位长度，
可得y＝2cs[2（x−π6）−π6]＝2cs（2x−π2）＝2sin2x的图象，可知B项正确；
根据π12−(−11π12)=π，结合T＝π可得f（x）在区间[−11π12，π12]是只有一个周期，
而f(−11π12)=f(π12)=2≠0，
所以f（x）在[−11π12，π12]仅有两个零点，只2个对称中心，可知C项不正确；
由前面的分析，可得f（x）图象的对称轴为x=π12+kπ2（k∈Z），
由对称性可知：当m与m+π3关于直线x=π12+kπ2，k∈Z对称时，p﹣q取得最小值，
由m+m+π32=π12+kπ2，k∈Z得m=−π12+kπ2，k∈Z，此时m+π3=π4+kπ2，k∈Z．
当k为偶数时，最小值为f(m)=f(m+π3)=1，最大值为f(π12+kπ2)=2；
当k为奇数时，最大值为f(m)=f(m+π3)=−1，
最小值为f(π12+kπ2)=−2，所以p﹣q的最小值为1．
当[m，m+π3]⊆[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z或[m，m+π3]⊆[7π12+kπ，13π12+kπ]，k∈Z时，
函数f（x）在[m，m+π3]上单调，此时p﹣q取得最大值，
|f(m)−f(m+π3)|=|2cs(2m−π6)−2cs[2(m+π3)−π6]|
=|2cs(2m−π6)+2sin2m|=|3cs2m+3sin2m|=23|sin(2m+π6)|≤23，
当m=π6或m=2π3时等号成立，所以p﹣q的取值范围为[1，23]，可知D项正确．
故选：BD．
11．解：由题意可得f（x+kπ）＝2f（x+（k﹣1）π）＝4f（x+（k﹣2π））＝…＝2kf（x），k∈Z，
则f（kπ）＝2kf（0）＝0，k∈Z，
所以f（x）与y＝tanx 的零点均为x＝kπ，k∈Z，故A正确；
f（x）的图象仅有x＝0一条对称轴，所以B错误；
当x∈[0，π）时，f（x）＝sinx，
所以x∈[0，π）时，f（x）∈[0，1]，
对∀x∈[0，+∞），总有f（x+π ）＝2f（x）成立，
所以x∈[π，2π）时，有x﹣π∈[0，π），
所以f（x）＝2f（x﹣π）＝2sin（x﹣π），f（x）∈[0，2]；
同理，当x∈[2π，3π）时，f（x）＝4sin（x﹣2π ），f（x）∈[0，4]；
当x∈[3π，4π）时，f（x）＝8sin（x﹣3π），f（x）∈[0，8]，所以C正确；
显然原点为一个交点．
当x∈[5π，6π）时，
设g（x）＝f（x）﹣x＝32sin（x﹣5π）﹣x，
则g（5π）＝f（5π）﹣5π＝﹣5π＜0，
g(112π)=32−112π＞0，
所以当x∈[5π，112π)时，g（x）有零点，
则f（x）与y＝x的图象在[5π，112π)上也有一个交点，D错误．
故选：AC．
三．填空题（共3小题）
12.解：(x−1x)9的展开式的通项为C9rx9−r(−1x)r=C9r(−1)rx9−rx−12r=C9r(−1)rx9−32r，r=0，1，2，⋯，9，
令9−32r∈Z，
则r＝0，2，4，6，8，
即r＝0，2，4，6，8时，展开式为有理项，
所以展开式中有理项的系数的和为C90+C92+C94+C96+C98=256．
故答案为：256．
13．解：由y＝ln（x+1）+x得y′=1x+1+1，y′|x=0=2，
所以曲线y＝ln（x+1）+x在原点处的切线为y＝2x．
由y＝ex﹣2+a得y′＝ex，设切线与曲线y＝ex﹣2+a相切的切点为(x0，ex0−2+a)．
由两曲线有公切线得ex0=2，解得x0＝ln2，则切点为（ln2，a）．
因为切点在切线y＝2x上，所以a＝2ln2．
故答案为：2ln2．
14．解：∵an+2+an−2an+1=0(n∈N∗)，
∴2an+1＝an+an+2，∴{an}为等差数列，
∴a11+a19＝a1+a29＝2a15，
∵a11+a15+a19＝12，∴a15＝4，
∴S29=a1+a292×29=29a15=29×4=116．
故答案为：116．
四．解答题（共5小题）
15．解：（1）因为c＝2，b＝1，△ABC的面积为12a(asinA−csinC﹣bsinB），
即12bcsinA=12a（asinA﹣csinC﹣bsinB），
由正弦定理可得bca＝a（a2﹣b2﹣c2），
即b2+c2﹣a2＝﹣bc，
由余弦定理可得b2+c2﹣a2＝2bccsA，
所以csA=−12，
又因为A∈（0，π），
可得∠BAC=2π3；
（2）在△ABC中，由余弦定理可得a=b2+c2−2bccsA=1+4−2×1×2×(−12)=7，
由正弦定理可得csinC=asinA，即2sinC=732，
可得sinC=217，所以csC=1−sin2C=277，
在△ACD中，AD=32，由余弦定理可得AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CDcsC，
即34=1+CD2﹣2CD•277，
即28CD2﹣167CD+7＝0，
可得CD=72，CD=714，
因为∠ADC为钝角，所以DC2+AD2＜AC2，
可得CD2＜1−34=14，即CD＜12，
所以CD=714符合条件，
所以S△ADC=12AC•CDsinC=12×1×714×217=328．
16．解：（1）当比赛四局结束时，有2种情况：甲胜或乙胜，
甲获胜的概率为P1=C32(25)2×(35)1×25=72625，
乙获胜的概率为P2=C32(35)2×(25)1×35=162625，
故比赛四局结束的概率为P＝P1+P2=72625+162625=234625；
（2）由题意，X的可能取值为1，2，3，
当X＝1时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故此局必为甲胜，
则P(X=1)=25，
当X＝2时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这两局中第一局乙胜，第二局甲胜，
则P(X=2)=35×25=625，
当X＝3时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这三局中，要么乙全部胜，要么乙胜前两局，甲胜最后一局，
则P(X=3)=(35)2×25+(35)3=925，
所以X的分布列为：
所以E(X)=1×25+2×625+3×925=4925．
17．解：（1）由题设直线AD，BC不平行，延长DA，CB必相交，记交点为N，则N∈AD，N∈BC，
从而N∈平面PAD，N∈平面PBC，即点N为平面PAD与平面PBC的一个公共点，
又点P也为平面PAD与平面PBC的一个公共点，根据基本事实3，知直线PN即为直线l，且点N即为点M，
由题设，PB⊥BA，PB⊥AD，BA∩AD＝A，所以PB⊥平面ABCD，
所以PB⊥MB，且易知PB=1，MB=2，
所以PM=3；
（2）如图，以D为原点，DC→方向、DA→方向、BP→方向分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图，由PB＝AB＝AD＝1，则CD＝2，
则D（0，0，0），A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），P（1，1，1），
假设存在点E，设BE→=λBC→(0≤λ≤1)，则点E的坐标为（λ+1，﹣λ+1，0），
设n1→=(x1，y1，z1)和n2→=(x2，y2，z2)分别为平面PAD和平面PDE的法向量，
因为DA→=(0，1，0)，AP→=(1，0，1)，DP→=(1，1，1)，DE→=(λ+1，−λ+1，0)，
则n1→⋅DA→=0n1→⋅AP→=0，即y1=0x1+z1=0，
令x1＝1，可得n1→=(1，0，−1)，
则n2→⋅DP→=0n2→⋅DE→=0，即x2+y2+z2=0(λ+1)x2+(−λ+1)y2=0，
令x2＝1，可得n2→=（1，λ+1λ−1，−2λλ−1），
因为平面PAD⊥平面PDE，所以n1→⊥n2→，
即1×1+0×λ+1λ−1+（﹣1）×−2λλ−1=0，即1+2λλ−1=0，
所以λ=13，即E(43，23，0)，
由（1）可得PB⊥平面ABCD，且PB＝AB＝AD=12DC＝1，
可得P（1，1，1），所以PE→=（13，−13，﹣1），DC→=（2，0，0），DP→=（1，1，1），
设平面PCD的法向量为m→=（a，b，c），
则m→⋅DC→=0m→⋅DP→=0，即2a=0a+b+c=0，
令b＝1，则m→=（0，1，﹣1），
所以PE→•m→=13×0+（−13）×1+（﹣1）×（﹣1）=23，|PE→|=19+19+1=113，|m→|=0+1+1=2，
所以cs＜PE→，m→＞=PE→⋅m→|PE→|⋅|m→=23113⋅2=2211，
所以直线PE与平面PCD所成角的正弦值为|cs＜PE→，m→＞|=2211．
18．（1）解：双曲线C：x2−y2b2=1（b＞0）的渐近线方程为y＝±bx，
令y=bxy=kx+m，消去y得bx＝kx+m，所以（b﹣k）x＝m，解得x=mb−k，所以y=bmb−k，所以点A（mb−k，bmb−k）；
令y=−bxy=kx+m，消去y得﹣bx＝kx+m，解得x=−mb+k，所以y=bmb+k，所以点B（−mb+k，bmb+k），
令y=kx+mx22+y2=1，消去y整理得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，
设E（x1，y1），F（x2，y2），则x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
所以y1+y2＝k（x1+x2）+2m=−4k2m1+2k2+2m=2m1+2k2；
所以OA→+OB→=（mb−k+−mb+k，bmb−k+bmb+k）＝（2kmb2−k2，2b2mb2−k2），
OE→+OF→=（x1+x2，y1+y2）＝（−4km1+2k2，2m1+2k2），
当k2＝10时，2（OA→+OB→）＝3（OE→+OF→），
即4kmb2−k2=−12km1+2k24b2mb2−k2=6m1+2k2k2=10，解得b2＝3，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1；
（2）证明：由y=kx+mx2−y23=1，消去y整理得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣3＝0，
由直线与双曲线相切，得Δ＝4k2m2+4（3﹣k2）（m2+3）＝0，化简得m2＝k2﹣3，
所以|AB|=(m3−k−−m3+k)2+(3m3−k−3m3+k)2=12m2(1+k2)(3−k2)2=|23m3−k2|1+k2，
又因为原点O（0，0）到直线l：kx﹣y+m＝0的距离为d=|m|1+k2，
所以△OAB的面积为S△OAB=12|AB|•d=12×23|m||3−k2|1+k2•|m|1+k2=3m2m2=3为定值．
19．解：（1）由题意知f′(x)=(x−1)−(x+1)(x−1)2ex+x+1x−1ex=x2−3(x−1)2ex，
则f′（2）＝e2，又f（2）＝3e2，
所以曲线f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y﹣3e2＝e2（x﹣2），即e2x﹣y+e2＝0．
（2）f（x）的定义域为{x|x≠1}，
由（1）知f′(x)=x2−3(x−1)2ex，
令f′（x）＞0，得x＜−3或x＞3；令f′（x）＜0，得−3＜x＜3且x≠1，
所以f（x）的单调递增区间为(−∞，−3)和(3，+∞)，单调递减区间为(−3，1)和(1，3)．
X
1
2
3
P
25
625
925