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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（含答案）
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这是一份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（含答案），共7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.已知集合A={x|−5A. (−∞,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. 2B. 3C. 2D. 3
3.函数f(x)=sinxcsx的图象在点(π4,f(π4))处的切线方程为( )
A. x+y−12−π4=0B. x−y+12−π4=0
C. y−12=0D. y+12=0
4.若曲线C:(k−4)x2+y26−k=1表示椭圆，则实数k的取值范围是( )
A. (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. −3B. −2C. 2D. 3
6.已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S20<0，S21>0，则a4d的取值范围是( )
A. (−16,−17)B. (−7,−132)C. (−7,−6)D. (−213,−17)
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. 36πB. 42πC. 21πD. 18π
8.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，x3，⋯，xn，且x1A. 292πB. 625π2C. 1001π3D. 711π2
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14B. 平均数为34C. 上四分位数为36D. 方差为20
10.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+1B. y=x+1C. y=2x+4D. y= 2x+1
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AC和线段A1B上的动点，且满足BQ=λBA1，CP=(1−λ)CA，则下列说法正确的是( )
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. 当λ=13时，直线PQ与直线CC1所成角的大小为π6
D. 当λ∈(0,1)时，三棱锥Q−BCP的体积的最大值为 348
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知tanα= 32，则tan2α= ．
13.在(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)9的展开式中，x3项的系数为 ．
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PA的中点．
(1)求证：平面PAB⊥平面MCD;
(2)若PA= 2，求平面PBC与平面MCD夹角的余弦值．
18.(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的中点为Q(m,m)．
(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F(x)的“可移k相反数点”.已知f(x)=lnx，g(x)=x+a．
(1)若x0是函数f(x)的“可移2相反数点”，求x0;
(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)的单调区间;
(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．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.D
5.B
6.B
7.C
8.A
9.ABC
10.ABD
11.ABD
12.4 3
13.210
14.[−2,−43)∪(0,23]
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csB=a2+c2−b22ac=49+25−642×5×7=17，
则sinB= 1−cs2B=4 37．
(2)d=12|AB+CB|
=12 AB2+CB2+2|AB||CB|cs B=12× 25+49+10= 21．
16.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2，3，4，
P(X=2)=(23)2=49，
P(X=3)=(1−23)×(23)2=427，
P(X=4) =1−P(X= 2)−P(X= 3) =1−49−427=1127，
故X的概率分布列为：
数学期望E(X)=2×49+3×427+4×1127=8027．
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MCD的一个法向量为PA=(1,0,−1)，
因此cs=m⋅PA|m||PA|=−1 6× 2=− 36，
所以平面PBC与平面MCD夹角的余弦值为 36．
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+2m2−2m=0，
所以△=8m−4m2>0，解得0y1+y2=2m，y1y2=2m2−2m，则|MN|= 1+m2|y1−y2|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 4m2−4(2m2−2m)=2 1+m2 2m−m2．
又点A到直线MN的距离为d=|2−2m+m2| 1+m2，
所以S△AMN=12|MN|⋅d= 1+m2 2m−m2⋅|2−2m+m2| 1+m2= 2m−m2|2−2m+m2|，
记t= 2m−m2，因为0令f(t)=−t3+2t，t∈(0,1]，则f′(t)=−3t2+2，令f′(t)=0，可得t= 63，
当t∈(0, 63)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，当t∈( 63,1]时，f′(t)<0，f(t)单调递减，
所以当t= 63m=1± 33时，f(t)取得最大值，即(S△AMN)max=f( 63)=4 69．
19.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个实根，
当x>0时，由φx+φx+1=0，得：fx+fx+1=0，即lnx+ln(x+1)=0，解得x= 5−12，x=− 5+12(不合条件，舍去)；
当x+1⩽0即x⩽−1时，由φx+φx+1=0，得：−x+a−x+1+a=0，解得：x=−a−12，
这时由−a−12⩽−1，得：a⩾12；
当x⩽0且x+1>0即−1即a=−x+lnx+1，
令ux=−x+ln(x+1)−10，
所以ux在−1,0内单调递增，并且ux∈(−∞,0],
所以当a⩽0时，方程a=−x+lnx+1有一个根x∈(−1,0]．
综上所述，当a⩾12时，函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，x1= 5−12，x2=−a−12，
当a⩽0时，函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，x1= 5−12，x2∈(−1,0],
因此，实数a的取值范围是(−∞,0]∪[12,+∞)． X
2
3
4
P
49
427
1127
1.已知集合A={x|−5
2.若复数z满足z1−2i=3+i(i是虚数单位)，则z=( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
3.函数f(x)=sinxcsx的图象在点(π4,f(π4))处的切线方程为( )
A. x+y−12−π4=0B. x−y+12−π4=0
C. y−12=0D. y+12=0
4.若曲线C:(k−4)x2+y26−k=1表示椭圆，则实数k的取值范围是( )
A. (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. −3B. −2C. 2D. 3
6.已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S20<0，S21>0，则a4d的取值范围是( )
A. (−16,−17)B. (−7,−132)C. (−7,−6)D. (−213,−17)
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. 36πB. 42πC. 21πD. 18π
8.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，x3，⋯，xn，且x1
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14B. 平均数为34C. 上四分位数为36D. 方差为20
10.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+1B. y=x+1C. y=2x+4D. y= 2x+1
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AC和线段A1B上的动点，且满足BQ=λBA1，CP=(1−λ)CA，则下列说法正确的是( )
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. 当λ=13时，直线PQ与直线CC1所成角的大小为π6
D. 当λ∈(0,1)时，三棱锥Q−BCP的体积的最大值为 348
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知tanα= 32，则tan2α= ．
13.在(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)9的展开式中，x3项的系数为 ．
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PA的中点．
(1)求证：平面PAB⊥平面MCD;
(2)若PA= 2，求平面PBC与平面MCD夹角的余弦值．
18.(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的中点为Q(m,m)．
(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F(x)的“可移k相反数点”.已知f(x)=lnx，g(x)=x+a．
(1)若x0是函数f(x)的“可移2相反数点”，求x0;
(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)的单调区间;
(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．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.D
5.B
6.B
7.C
8.A
9.ABC
10.ABD
11.ABD
12.4 3
13.210
14.[−2,−43)∪(0,23]
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csB=a2+c2−b22ac=49+25−642×5×7=17，
则sinB= 1−cs2B=4 37．
(2)d=12|AB+CB|
=12 AB2+CB2+2|AB||CB|cs B=12× 25+49+10= 21．
16.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2，3，4，
P(X=2)=(23)2=49，
P(X=3)=(1−23)×(23)2=427，
P(X=4) =1−P(X= 2)−P(X= 3) =1−49−427=1127，
故X的概率分布列为：
数学期望E(X)=2×49+3×427+4×1127=8027．
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MCD的一个法向量为PA=(1,0,−1)，
因此cs
所以平面PBC与平面MCD夹角的余弦值为 36．
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+2m2−2m=0，
所以△=8m−4m2>0，解得0
又点A到直线MN的距离为d=|2−2m+m2| 1+m2，
所以S△AMN=12|MN|⋅d= 1+m2 2m−m2⋅|2−2m+m2| 1+m2= 2m−m2|2−2m+m2|，
记t= 2m−m2，因为0
当t∈(0, 63)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，当t∈( 63,1]时，f′(t)<0，f(t)单调递减，
所以当t= 63m=1± 33时，f(t)取得最大值，即(S△AMN)max=f( 63)=4 69．
19.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个实根，
当x>0时，由φx+φx+1=0，得：fx+fx+1=0，即lnx+ln(x+1)=0，解得x= 5−12，x=− 5+12(不合条件，舍去)；
当x+1⩽0即x⩽−1时，由φx+φx+1=0，得：−x+a−x+1+a=0，解得：x=−a−12，
这时由−a−12⩽−1，得：a⩾12；
当x⩽0且x+1>0即−1
令ux=−x+ln(x+1)−1
所以ux在−1,0内单调递增，并且ux∈(−∞,0],
所以当a⩽0时，方程a=−x+lnx+1有一个根x∈(−1,0]．
综上所述，当a⩾12时，函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，x1= 5−12，x2=−a−12，
当a⩽0时，函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，x1= 5−12，x2∈(−1,0],
因此，实数a的取值范围是(−∞,0]∪[12,+∞)． X
2
3
4
P
49
427
1127
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