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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（含解析）
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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（含解析），共12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．
答案解析
1.D
【解析】解：已知集合A={x|−5则A∪B={x|−5故选D．
2.A
【解析】解：因为z(1−2i)=3+i，所以z=3+i1−2i=(3+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+6i+i+2i25=15+75i，
所以|z|= (15)2+(75)2= 2．
故选：A．
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.C
【解析】解：因为f(π4)=sinπ4csπ4=12，并且f′(x)=cs2x−sin2x，
所以f′(π4)=0，切线方程为y−12=0×(x−π4)，即y−12=0．
故选C．
4.D
【解析】解：因为曲线C:(k−4)x2+y26−k=1表示椭圆，
则应满足k−4>0,6−k>0,k−4≠16−k,即k∈(4,5)∪(5,6)．
故选D．
5.B
【解析】解：因为ab=1−a，所以a≠0，b=1a−1，a+b=a+1a−1．
当a>0时，a+1a≥2 a×1a=2，a+b≥1，
当a<0时，a+1a=−[(−a)+(−1a)]≤−2 (−a)(−1a)=−2，a+b≤−3．
故a+b的取值范围为(−∞,−3]∪[1,+∞)，只有−2不在此范围内．
故选B．
6.B
【解析】解：由题意知，S20=20(a1+a20)2<0，
即a1+a20<0，即a10+a11<0，
同理由S21>0可得a11>0，
所以d=a11−a10>0，
a4d=a1+3dd=a1d+3，
因为a11=a1+10d>0a10+a11=2a1+19d<0，
所以a1d+10>0a1d+192<0,
所以−10故选B．
7.C
【解析】解：如图：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为O′，O1，连接O′O1，设线段O′O的中点为O，则O为其外接球的球心．
因为等边三角形ABC的边长为3，
所以O1B=3× 32×23= 3，
所以球O的半径R=OB= (32)2+( 3)2= 214，
故球O的表面积S球=4π×214=21π．
8.A
【解析】解：函数f(x)=5sin (2x−π6)，x∈[0,37π3]，
令2x−π6=π2+kπ(k∈Z)，得x=12kπ+π3(k∈Z)，
即函数f(x)的对称轴方程为x=12kπ+π3(k∈Z)，
∵f(x)的最小正周期为T=π，x∈[0,37π3]，
令12kπ+π3=37π3，可得k=24，
所以函数在x∈[0,37π3]上有25条对称轴，
函数F(x)=f(x)−4的所有零点即函数f(x)=5sin (2x−π6)，x∈[0,37π3]与y=4的交点，
根据正弦函数的性质可知，x1+x2=π3×2，x2+x3=5π6×2，⋯，xn−1+xn=71π6×2(最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴)，
将以上各式相加得x1+2x2+2x3+…+2xn−1+xn
=(2π6+5π6+8π6+⋯+71π6)×2=π3×(2+71)×242=292π．
故选A．
9.ABC
【解析】解：极差为42−28=14，故A正确;
平均数为16(28+30+32+36+36+42)=34，故B正确;
因为6×75%=4.5，所以样本数据的上四分位数为从小到大排列的第5个数，即36，故C正确;
方差s2=16[(28−34)2+(30−34)2+(32−34)2+(36−34)2+(36−34)2+(42−34)2]=643，故D错误．
10.ABD
【解析】解：则由题意得|PA|−|PB|=2<|AB|=4，故点P的轨迹为以A(−2,0),B(2,0)为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，故a=1,c=2，b2=c2−a2=3，故P点满足的轨迹方程为x2−y23=1，x≥1，
A选项，联立y= 33x+1与x2−y23=1，解得x= 3+3 118>1，负值舍去，满足要求，A正确；
B选项，联立y=x+1与x2−y23=1，解得x=2>1，负值舍去，满足要求，B正确；
C选项，联立y=2x+4与x2−y23=1，解得x=−8±3 5<0，不合要求，C错误；
D选项，联立y= 2x+1与x2−y23=1，解得x= 2+ 6>1，负值舍去，D正确．
11.ABD
【解析】解：由平行六面体ABCD−A1B1C1D1知四边形ABCD是平行四边形，连接BD，
当λ=12时，P，Q分别是AC，A1B的中点，所以P也是BD的中点，所以PQ//A1D。故A正确;
当λ=12时，由A选项可知PQ=12DA1=−12AD+12AA1，又PQ=xAB+yAD+zAA1(x,y,z∈R)，所以x=0，y=−12，z=12，x+y+z=0，故B正确;
当λ=13时，CC1=BB1，PQ=BQ−BP=13BA1−(BC+CP)=13BA1−(23CA+BC)=13(BA+BB1)−23(BA−BC)−BC=13BB1−13BA−13BC，
因为在棱长均为1的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，所以|BB1|=|BA|=|BC|=1，BB1⋅BA=0，BB1⋅BC=0，BA⋅BC=12，
所以|PQ|= (13BB1−13BA−13BC)2= 49=23，
PQ⋅CC1=(13BB1−13BA−13BC)⋅BB1=13BB12−13BA⋅BB1−13BC⋅BB1=13，
设直线PQ与直线CC1所成角为θ，则csθ=PQ·CC1PQ·CC1=1323×1=12，
又θ∈[0,π2]，所以θ=π3，即直线PQ与直线CC1所成角为π3，故C错误;
过Q作QH//AA1交AB于H，可证QH⊥平面ABCD，所以三棱锥Q−BCP的体积
V=13×12BC×CP×sin60∘×QH=13×12×1×(1−λ)×sin60∘×λ= 312(1−λ)λ
≤ 312(1−λ+λ2)2= 348，当且仅当1−λ=λ，即λ=12时取等号，故D正确．
故选ABD．
12.4 3
【解析】解：tan2α=2tanα1−tan2α=2× 321−( 32)2=4 3；
故答案为：4 3．
13.210
【解析】解：由1+x2+1+x3+⋯+1+x9得展开式中x3的系数为：
C33+C43+C53+...+C93
=C44+C43+C53+...+C93
=C54+C53+...+C93
=C64+C63+...+C93
...
=C104=210，
故答案为210．
14.[−2,−43)∪(0,23]
【解析】解：由题意可设直线l:y=k(x−1)+2，又曲线y= 4−x2可化为x2+y2=4，y≥0，
作出直线l与曲线y= 4−x2的图象如图所示：
设图中直线l1，l2，l3，l4的斜率分别为k1，k2，k3，k4，
则k1=2−01−(−2)=23，k2=0，k3=2−01−2=−2，
又直线l4的方程为y−2=k4(x−1)，
圆心(0,0)到直线l4的距离为|2−k4| k42+1=2，
解得k4=0(舍去)或k4=−43，
要使两图象有两个不同的交点，
则k∈[−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．
【解析】本题主要考查利用余弦定理解三角形、利用向量的数量积求向量的模等，属于基础题．
(1)不妨设AB=5，BC=7，AC=8，则B是最大内角.然后利用余弦定理等即可；
(2)直接利用d=12|AB+CB|=12 AB2+CB2+2|AB||CB|cs B即可．
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．
【解析】本题考查二项分布的概率以及相互独立事件以及求其分布列以及期望，属于一般题，
(1)根据题意利用二项分布求解即可；
(2)根据题意分别求其概率、列出分布列求出期望即可．
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．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和面面角的向量求法，是中档题．
(1)根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得；
(2)由已知证明DA，DC，DP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面PBC与平面MCD法向量，利用面面角的向量求法求解即得．
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．
【解析】【分析】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，属于中等题．
(1)y12=2x1,y22=2x2,即可证得；
(2)分别求出|MN|=2 1+m2 2m−m2，d=|2−2m+m2| 1+m2，再转化为S△AMN=t(2−t2) =−t3+2t，t∈(0,1].求导即可求出最值．
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,+∞)．
【解析】本题考查函数的新定义问题，考查函数与方程的解，考查利用导数研究函数函数的单调性，属于较难题．
(1)根据新定义，直接解方程lnx0+ln(x0+2)=0即可；
(2)根据新定义，首先由−1是函数g(x)=x+a的“可移4相反数点”，求出a，然后利用导数可求函数ℎ(x)的单调区间；
(3)因为函数φ(x)为分段函数，所以分别讨论x>0，x⩽−1和−1x⩽0的不同情况，最后综合即可得出实数a的取值范围．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．
答案解析
1.D
【解析】解：已知集合A={x|−5
2.A
【解析】解：因为z(1−2i)=3+i，所以z=3+i1−2i=(3+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+6i+i+2i25=15+75i，
所以|z|= (15)2+(75)2= 2．
故选：A．
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.C
【解析】解：因为f(π4)=sinπ4csπ4=12，并且f′(x)=cs2x−sin2x，
所以f′(π4)=0，切线方程为y−12=0×(x−π4)，即y−12=0．
故选C．
4.D
【解析】解：因为曲线C:(k−4)x2+y26−k=1表示椭圆，
则应满足k−4>0,6−k>0,k−4≠16−k,即k∈(4,5)∪(5,6)．
故选D．
5.B
【解析】解：因为ab=1−a，所以a≠0，b=1a−1，a+b=a+1a−1．
当a>0时，a+1a≥2 a×1a=2，a+b≥1，
当a<0时，a+1a=−[(−a)+(−1a)]≤−2 (−a)(−1a)=−2，a+b≤−3．
故a+b的取值范围为(−∞,−3]∪[1,+∞)，只有−2不在此范围内．
故选B．
6.B
【解析】解：由题意知，S20=20(a1+a20)2<0，
即a1+a20<0，即a10+a11<0，
同理由S21>0可得a11>0，
所以d=a11−a10>0，
a4d=a1+3dd=a1d+3，
因为a11=a1+10d>0a10+a11=2a1+19d<0，
所以a1d+10>0a1d+192<0,
所以−10
7.C
【解析】解：如图：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为O′，O1，连接O′O1，设线段O′O的中点为O，则O为其外接球的球心．
因为等边三角形ABC的边长为3，
所以O1B=3× 32×23= 3，
所以球O的半径R=OB= (32)2+( 3)2= 214，
故球O的表面积S球=4π×214=21π．
8.A
【解析】解：函数f(x)=5sin (2x−π6)，x∈[0,37π3]，
令2x−π6=π2+kπ(k∈Z)，得x=12kπ+π3(k∈Z)，
即函数f(x)的对称轴方程为x=12kπ+π3(k∈Z)，
∵f(x)的最小正周期为T=π，x∈[0,37π3]，
令12kπ+π3=37π3，可得k=24，
所以函数在x∈[0,37π3]上有25条对称轴，
函数F(x)=f(x)−4的所有零点即函数f(x)=5sin (2x−π6)，x∈[0,37π3]与y=4的交点，
根据正弦函数的性质可知，x1+x2=π3×2，x2+x3=5π6×2，⋯，xn−1+xn=71π6×2(最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴)，
将以上各式相加得x1+2x2+2x3+…+2xn−1+xn
=(2π6+5π6+8π6+⋯+71π6)×2=π3×(2+71)×242=292π．
故选A．
9.ABC
【解析】解：极差为42−28=14，故A正确;
平均数为16(28+30+32+36+36+42)=34，故B正确;
因为6×75%=4.5，所以样本数据的上四分位数为从小到大排列的第5个数，即36，故C正确;
方差s2=16[(28−34)2+(30−34)2+(32−34)2+(36−34)2+(36−34)2+(42−34)2]=643，故D错误．
10.ABD
【解析】解：则由题意得|PA|−|PB|=2<|AB|=4，故点P的轨迹为以A(−2,0),B(2,0)为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，故a=1,c=2，b2=c2−a2=3，故P点满足的轨迹方程为x2−y23=1，x≥1，
A选项，联立y= 33x+1与x2−y23=1，解得x= 3+3 118>1，负值舍去，满足要求，A正确；
B选项，联立y=x+1与x2−y23=1，解得x=2>1，负值舍去，满足要求，B正确；
C选项，联立y=2x+4与x2−y23=1，解得x=−8±3 5<0，不合要求，C错误；
D选项，联立y= 2x+1与x2−y23=1，解得x= 2+ 6>1，负值舍去，D正确．
11.ABD
【解析】解：由平行六面体ABCD−A1B1C1D1知四边形ABCD是平行四边形，连接BD，
当λ=12时，P，Q分别是AC，A1B的中点，所以P也是BD的中点，所以PQ//A1D。故A正确;
当λ=12时，由A选项可知PQ=12DA1=−12AD+12AA1，又PQ=xAB+yAD+zAA1(x,y,z∈R)，所以x=0，y=−12，z=12，x+y+z=0，故B正确;
当λ=13时，CC1=BB1，PQ=BQ−BP=13BA1−(BC+CP)=13BA1−(23CA+BC)=13(BA+BB1)−23(BA−BC)−BC=13BB1−13BA−13BC，
因为在棱长均为1的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，所以|BB1|=|BA|=|BC|=1，BB1⋅BA=0，BB1⋅BC=0，BA⋅BC=12，
所以|PQ|= (13BB1−13BA−13BC)2= 49=23，
PQ⋅CC1=(13BB1−13BA−13BC)⋅BB1=13BB12−13BA⋅BB1−13BC⋅BB1=13，
设直线PQ与直线CC1所成角为θ，则csθ=PQ·CC1PQ·CC1=1323×1=12，
又θ∈[0,π2]，所以θ=π3，即直线PQ与直线CC1所成角为π3，故C错误;
过Q作QH//AA1交AB于H，可证QH⊥平面ABCD，所以三棱锥Q−BCP的体积
V=13×12BC×CP×sin60∘×QH=13×12×1×(1−λ)×sin60∘×λ= 312(1−λ)λ
≤ 312(1−λ+λ2)2= 348，当且仅当1−λ=λ，即λ=12时取等号，故D正确．
故选ABD．
12.4 3
【解析】解：tan2α=2tanα1−tan2α=2× 321−( 32)2=4 3；
故答案为：4 3．
13.210
【解析】解：由1+x2+1+x3+⋯+1+x9得展开式中x3的系数为：
C33+C43+C53+...+C93
=C44+C43+C53+...+C93
=C54+C53+...+C93
=C64+C63+...+C93
...
=C104=210，
故答案为210．
14.[−2,−43)∪(0,23]
【解析】解：由题意可设直线l:y=k(x−1)+2，又曲线y= 4−x2可化为x2+y2=4，y≥0，
作出直线l与曲线y= 4−x2的图象如图所示：
设图中直线l1，l2，l3，l4的斜率分别为k1，k2，k3，k4，
则k1=2−01−(−2)=23，k2=0，k3=2−01−2=−2，
又直线l4的方程为y−2=k4(x−1)，
圆心(0,0)到直线l4的距离为|2−k4| k42+1=2，
解得k4=0(舍去)或k4=−43，
要使两图象有两个不同的交点，
则k∈[−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．
【解析】本题主要考查利用余弦定理解三角形、利用向量的数量积求向量的模等，属于基础题．
(1)不妨设AB=5，BC=7，AC=8，则B是最大内角.然后利用余弦定理等即可；
(2)直接利用d=12|AB+CB|=12 AB2+CB2+2|AB||CB|cs B即可．
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．
【解析】本题考查二项分布的概率以及相互独立事件以及求其分布列以及期望，属于一般题，
(1)根据题意利用二项分布求解即可；
(2)根据题意分别求其概率、列出分布列求出期望即可．
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．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和面面角的向量求法，是中档题．
(1)根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得；
(2)由已知证明DA，DC，DP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面PBC与平面MCD法向量，利用面面角的向量求法求解即得．
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．
【解析】【分析】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，属于中等题．
(1)y12=2x1,y22=2x2,即可证得；
(2)分别求出|MN|=2 1+m2 2m−m2，d=|2−2m+m2| 1+m2，再转化为S△AMN=t(2−t2) =−t3+2t，t∈(0,1].求导即可求出最值．
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,+∞)．
【解析】本题考查函数的新定义问题，考查函数与方程的解，考查利用导数研究函数函数的单调性，属于较难题．
(1)根据新定义，直接解方程lnx0+ln(x0+2)=0即可；
(2)根据新定义，首先由−1是函数g(x)=x+a的“可移4相反数点”，求出a，然后利用导数可求函数ℎ(x)的单调区间；
(3)因为函数φ(x)为分段函数，所以分别讨论x>0，x⩽−1和−1x⩽0的不同情况，最后综合即可得出实数a的取值范围．X
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