2023-2024学年浙江省浙南名校联盟高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省浙南名校联盟高二（下）期末数学试卷（含解析），共13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|x2+3x+2>0}，集合B={x|0≤x≤2024}，则( )
A. A∩B=⌀B. A∪B=RC. A⊆BD. B⊆A
2.已知M，N，P，Q是平面内四个互不相同的点，a，b为不共线向量，MN=2023a+2025b，NP=2024a+2024b，PQ=−a+b，则( )
A. M，N，P三点共线B. M，N，Q三点共线
C. M，P，Q三点共线D. N，P，Q三点共线
3.已知复数z= 2+ 2i1−i，则|z|=( )
A. 2B. 22C. 2D. 2 2
4.若sin18°=m，则sin63°=( )
A. 22( 1−m2−m)B. 12m+ 32 1−m2
C. 22(m+ 1−m2)D. 32m+12 1−m2
5.如图，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA=AC，则二面角P−BC−A大小为( )
A. 60°
B. 30°
C. 45°
D. 15°
6.已知函数f(x)=ex−1,x≥0kx,x<0，若存在非零实数x0，使得f(−x0)=f(x0)成立，则实数k的取值范围是( )
A. (−∞,−1)B. (−∞,−1]C. (−1,0)D. [−1,0)
7.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)，若f(x)在区间[0,π2]上是单调函数，且f(−π)=f(0)=−f(π2)，则ω的值为( )
A. 23B. 23或2C. 13D. 1或13
8.正项数列{an}中，an+1=kan(k为实数)，若a2022+a2023+a2024=3，则a20222+a20232+a20242的取值范围是( )
A. [3,9)B. [3,9]C. [3,15)D. [3,15]
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x，y∈R，且12x=3，12y=4，则( )
A. y>xB. x+y>1C. xy<14D. x+ y< 2
10.高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有( )
A. 所有可能的方法有35种
B. 如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C. 如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D. 如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
11.已知定义在R上的函数f(x)满足f(1+x)+f(1−x)=0，且f(x)不是常函数，则下列说法中正确的有( )
A. 若2为f(x)的周期，则f(x)为奇函数B. 若f(x)为奇函数，则2为f(x)的周期
C. 若4为f(x)的周期，则f(x)为偶函数D. 若f(x)为偶函数，则4为f(x)的周期
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若随机变量X～B(3,p)，Y～N(3,σ2)，若P(X≥1)=0.657，P(1≤Y<3)=p，则P(Y>5)= ______．
13.设正方形ABCD的边长为4，动点P在以AB为直径的圆上，则PC⋅PD的取值范围为______．
14.已知函数f(x)=x3−aex，若函数f(x)有三个极值点x1，x2，x3(x1四、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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2sinA−sinC)csB=sinBcsC．
(1)求角B的大小；
(2)若b=2 3，求△ABC周长的最大值．
16.(本小题15分)
已知点P(0,−32)，点A在x轴上，点B在y轴的正半轴上，点M在直线AB上，且满足PA⋅AB=0，AM=3AB．
(1)当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹C的方程；
(2)设Q为(1)中的曲线C上一点，直线l过点Q且与曲线C在点Q处的切线垂直，l与曲线C相交于另一点R，当OQ⋅OR=0(O为坐标原点)时，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
如图所示多面体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，△ADE是正三角形，四边形ABCD是菱形，AB=2，CF= 3，∠BAD=π3．
(1)求证：EF //平面ABCD；
(2)求二面角E−AF−C的正弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax，g(x)=ax，其中a>0且a≠1．
(1)若a=e，试证明：∀x∈R，f(x)≥g(x)恒成立；
(2)若x∈(0,+∞)，求函数ℎ(x)=ln(g(x)f(x))的单调区间；
(3)请判断π2e与π⋅2e的大小，并给出证明．
(参考数据：2e≈0.736，e≈2.718，π=3.1416，lnπ≈1.145)
19.(本小题17分)
马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲、乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n(n∈N∗)次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，恰有2个黑球的概率为qn，恰有0个黑球的概率为rn．
(1)求p1，p2的值；
(2)根据马尔科夫链的知识知道pn=a⋅pn−1+b⋅qn−1+c⋅rn−1，其中a，b，c∈[0,1]为常数，同时pn+qn+rn=1，请求出pn；
(3)求证：Xn的数学期望E(Xn)为定值．
答案解析
1.D
【解析】解：集合A={x|x2+3x+2>0}={x|x<−2或x>−1}，集合B={x|0≤x≤2024}，
则A∩B={x|0≤x≤2024}=B，A∪B={x|x<−2或x>−1}=A，A，B，C错误，D正确．
故选：D．
2.B
【解析】解：由于MN=2023a+2025b，NP=2024a+2024b，PQ=−a+b，
NQ=NP+PQ=−a+b+2024a+2024b=2023a+2025b，
所以MN=NQ，所以M，N，Q三点共线，即B对．
同理，其它各项对应三点均不共线．
故选：B．
3.A
【解析】解：由题意，|z|=| 2+ 2i1−i|=| 2+ 2i||1−i|= 2+2 1+1=2 2= 2．
故选：A．
4.C
【解析】解：因为sin18°=m，
所以sin63°=sin(18°+45°)= 22(sin18°+cs18°)= 22(m+ 1−m2)．
故选：C．
5.C
【解析】解：由已知PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，
∵AB是⊙O的直径，且点C在圆周上，
∴AC⊥BC，
又∵PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，
AC⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC．
而PC⊂平面PAC，
∴PC⊥BC，
又∵BC是二面角P−BC−A的棱，
∴∠PCA是二面角P−BC−A的平面角，
由PA=AC知△PAC是等腰直角三角形，
∴∠PCA=45°，
即二面角P−BC−A的大小是45°．
故选：C．
6.A
【解析】解：当k≥0时，f(x0)=ex0−1>0，f(−x0)=−kx0≤0，
不存在非零实数x0，使得f(−x0)=f(x0)成立，则k≥0不满足题意，
当k<0时，若存在非零实数x0，使得f(−x0)=f(x0)成立，
则方程ex0−1=−kx0有非零的正根，
即函数y=ex−1，(x>0)图象与y=−kx，(x>0)有交点，
先考虑函数y=ex−1，(x≥0)与直线y=−kx相切的情形，
设切点为(x1,y1)，则−k=ex1y1=−kx1y1=ex1−1，整理得(x1−1)ex1+1=0，
令g(x)=(x−1)ex+1，x≥0，则g′(x)=xex≥0，即函数g(x)在[0,+∞)上单调递增，
则g(x)≥g(0)=0，所以方程(x1−1)ex1+1=0的根只有一个，且x1=0，即−k=1，
则函数y=ex−1，(x≥0)与直线y=−kx相切时，切点为原点，
所以要使得函数y=ex−1，(x>0)图象与y=−kx，(x>0)有交点，则−k>1，即k<−1，
所以实数k的取值范围是(−∞,−1)，
故选：A
7.B
【解析】解：设函数f(x)的最小正周期为T，
因为函数f(x)在[0,π2]上是单调函数，
则T2≥π2，即T≥π，则0<ω≤2，
又f(−π)=f(0)=−f(π2)，
若T=π，则ω=2，可取φ=π2，则f(x)=Asin(2x+π2)，则f(π2)=−A=−f(0)，满足题意；
若T>π，则x=−π2是函数f(x)的一条对称轴，(π4,0)是其相邻的对称中心，
所以T4=π4−(−π2)=3π4，即T=3π，ω=2πT=23，符合题意．
故选：B．
8.A
【解析】解：由题意可得k>0，设a2023=t，则a2022=tk，a2024=kt，
则t(1k+k+1)=3，即有t=3k+1k+1，
则a20222+a20232+a20242=9(k+1k+1)2(1+k2+1k2).
设t=k+1k，则t≥2，k2+1k2=t2−2，
可得a20222+a20232+a20242=9(t2−1)(t+1)2=9(t−1)t+1=9(1−2t+1)≥9×(1−23)=3，
且9(1−2t+1)<9，
则a20222+a20232+a20242的取值范围是[3,9)．
故选：A．
9.ACD
【解析】解：因为12x=3，所以x=lg123，
因为12y=4，所以y=lg124，则y>x，A正确；
x+y=lg1212=1，所以B错误；
因为x>0，y>0，xy≤(x+y2)2=14，当x=y成立，而x( x+ y)2=x+y+2 xy=1+2 xy<2，即 x+ y< 2，所以D正确．
故选：ACD．
10.BC
【解析】解：于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，
每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，
故有5×5×5=53种选择方案，错误；
对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有53−43=61(种)，正确；
对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52=25(种)，正确；
对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，
再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有5+5×4=25(种)，错误．
故选：BC．
11.ABD
【解析】解：根据题意，函数f(x)定义域为R且满足f(1+x)+f(1−x)=0，则有f(x+2)+f(−x)=0①，
依次分析选项：
对于A，若2为f(x)的周期，则f(x+2)=f(x)，
结合①式，则有f(x)+f(−x)=0，必有f(x)为奇函数，A正确；
对于B，若f(x)为奇函数，则有f(−x)=−f(x)，
又由f(x+2)+f(−x)=0，则有f(x+2)=f(x)，2是f(x)的周期，B正确；
对于C，若2为f(x)的周期，则4也为f(x)的周期，
由A的结论，f(x)为奇函数，C错误；
对于D，若f(x)为偶函数，则有f(−x)=f(x)，
又由f(x+2)+f(−x)=0，有f(x+2)=−f(−x)，则有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，4是f(x)的周期，D正确．
故选：ABD．
12.0.2
【解析】解：∵P(X≥1)=0.657，
∴1−(1−p)3=0.657，即(1−p)3=0.343，
解得p=0.3，
∴P(1≤Y<3)=0.3，
∴P(3∴P(Y>5)=0.5−P(3故答案为：0.2．
13.[0,32]
【解析】解：如图，取DC的中点E，连接PE，
设AB为直径的圆的圆心为O，半径为r，
则由向量的极化恒等式可得：
PC⋅PD=PE2−EC2=PE2−4，
又PE∈[EO−r,EO+r]，又EO=4，r=2，
即PE∈[2,6]，∴PE2∈[4,36]，
∴PC⋅PD∈[0,32]．
故答案为：[0,32]．
14.(0,(ln3)2]
【解析】解：f′(x)=3x2−aex，令3x2−aex=0，得a=3x2ex，
则y=a与g(x)=3x2ex有3个不同的交点，
g′(x)=6x−3x2ex=3x(2−x)ex，
令g′(x)>0得，02或x<0，
故g(x)=3x2ex在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增，且g(0)=0，g(2)=12e2，
又x∈R时，g(x)=3x2ex≥0恒成立，
a∈(0,12e2)，3x22ex2=3x32ex3，
故ex3−x2=(x3x2)2，
令x3x2=t≥3，故e(t−1)x2=t2，
即x2=2lntt−1，
令ℎ(t)=2lntt−1，t≥3，则ℎ′(t)=2t(t−1)−2lnt(t−1)2=2−2t−2lnt(t−1)2,t≥3，
令q(t)=2−2t−2lnt，t≥3，则q′(t)=2t2−2t=2−2tt2，
当t≥3时，q′(t)<0，
故q(t)=2−2t−2lnt在[3,+∞)上单调递减，
故q(t)故ℎ′(t)<0在[3,+∞)上恒成立，
故ℎ(t)=2lntt−1在[3,+∞)上单调递减，
故x2=2lntt−1∈(0,ln3]，
又g(x)=3x2ex在(0,ℎ3]上单调递增，故g(x)∈(0,(ln3)2]，
由于a=3x22ex2，a∈(0,12e2)⊇(0,(ln3)2],
所以实数a的取值范围(0,(ln3)2].
故答案为：(0,(ln3)2].
15.解：(1)∵(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
∴2sinAcsB=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，∴csB=12，
又B∈(0,π)，∴B=π3．
(2)由余弦定理得，b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac，
∴12=(a+c)2−3ac≥(a+c)2−3×(a+c2)2=14(a+c)2，当且仅当a=c=2 3时，等号成立，
∴(a+c)2≤48，即a+c≤4 3，
∴a+b+c≤4 3+2 3=6 3，
故△ABC周长的最大值为6 3．
【解析】(1)结合两角和的正弦公式与诱导公式，对已知等式化简可得csB=12，从而得解；
(2)结合余弦定理与基本不等式，求得a+c≤4 3，从而得解．
16.解：(1)设A(x0,0)，
由射影定理可得：AO2=BO⋅OP，
∴OB=x0232=23x02，B(0,23x02)．
由AB=13AM，易得M(−2x0,2x02)，
故M的轨迹方程为y=12x2(x≠0)．
(2)设Q(x0,12x02)，
由y=12x2(x≠0).对x求导可得y′=x，
∴Q点处的切线斜率为x0，
故lQR：y=−1x0(x−x0)+12x02，
代入抛物线方程，解得R(−2x0−x0,12x02+2x02+2)．
由OQ⋅OR=0，得
x0⋅(−2x0−x0)+12x02(12x02+2x02+2)=0，
整理得x04=4，x0=± 2，
∴l的方程为y=− 22x+26或y= 22x+2．
【解析】(1)设A(x0,0)，由射影定理可得：AO2=BO⋅OP，可得点B的坐标．结合AB=13AM，易得M点坐标，即可得出M的轨迹方程．
(2)设Q(x0,12x02)，利用导数的几何意义可得Q点处的切线斜率，进而得出直线QR的方程，代入抛物线方程，解得R点坐标，结合OQ⋅OR=0，得x0，即可得出结论．
17.(1)证明：取AD中点N，连接NE、NC，
因为△ADE是正三角形，
所以EN⊥AD，EN=2⋅sin60°= 3，
因为平面ADE⊥平面ABCD，EN⊂平面ADE，平面ADE∩平面ABCD=AD，
所以EN⊥平面ABCD，又因为CF⊥平面ABCD，
所以EN/​/CF，又因为EN=CF，
所以四边形ENCF是平行四边形，所以EF//NC，
又因为NC⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
所以EF/​/平面ABCD．
(2)解：连接AC、BD交于O，取AF中点M，连接OM，
所以OM/​/CF，因为CF⊥平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD，
因为OA、OB⊂平面ABCD，所以OM⊥OA，OM⊥OB，
又因为四边形ABCD是菱形，所以OA⊥OB，
所以OA、OB、OM两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(− 3,0,0)，D(0,−1,0)，N( 32,−12,0)，E( 32,−12, 3)，F(− 3,0, 3)，
AF=(−2 3,0, 3)，AE=(− 32,−12, 3)，
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z)，
AF⋅m=−2 3x+ 3z=0AE⋅m=− 32x−12y+ 3z=0，令x=1，m=(1,3 3,2)，
平面AFC的法向量为n=(0,1,0)，
设二面角E−AF−C的大小为θ，
|csθ|=|m⋅n||m|⋅|n|=3 34 2⋅1=3 68，sinθ= 1−cs2θ= 108．
所以二面角E−AF−C的正弦值为 108．
【解析】
(1)根据直线与平面平行的判定定理证明；
(2)用空间向量计算，进而求解．
18.解：(1)证明：设函数φ(x)=f(x)−g(x)，则φ′(x)=ex−e
当x∈(−∞,1)时，φ′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以φ(x)min=f(1)−g(1)=0，
所以φ(x)≥0，即∀x∈R，f(x)≥g(x)恒成立．
(2)已知ℎ(x)=lnx+lna−x⋅lna，ℎ′(x)=1x−lna，从而x0=1lna，
若a∈(0,1)，则ℎ′(x)=1x−lna>0，ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
若a∈(,+∞)，当x∈(0,1lna)时，ℎ(x)>0，当x∈(1lna,+∞)时，ℎ′(x)<0，
所以ℎ(x)在(0,1lna)上单调递增，在(1lna,+∞)上单调递减．
(3)π2e>π⋅2e，证明如下：
由(2)可知ℎ(x)=lnx+lnπ−x⋅lnπ在(0,1lnπ)上单调递增，
因为1lnπ≈11.145≈0.873>34>2e≈0.736，
从而由(2)知道ℎ(x)在(2e,34)上单调递增．所以ℎ(2e)<ℎ(34)．
计算ℎ(34)=ln34+lnπ−34lnπ=ln34+14lnπ比较ln43和14lnπ的大小，
因为(43)4=25681>3.16>π，所以ℎ(34)<0，
由此可知ℎ(2e)<ℎ(34)<0即ℎ(2e)=ln2e+lnπ−2e⋅lnπ<0，
从而ln2e+lnπ<2e⋅lnπ⇔ln(π⋅2e)π⋅2e．
【解析】(1)设函数φ(x)=f(x)−g(x)，对函数求导，利用导数求出函数的最小值大于等于0，即可得证；
(2)ℎ(x)=lnx+lna−x⋅lna，利用导数与单调性的关系即可求解；
(3)根据题意，结合(2)中的结论可得ℎ(2e)<ℎ(34)，从而可得ln2e+lnπ<2e⋅lnπ，即可证明．
19.解：(1)从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n(n∈N∗)次这样的操作，
记口袋甲中黑球的个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，恰有2个黑球的概率为qn，
恰有0个黑球的概率为rn=1−pn−qn．
由题意知p1=C21C21+C11C11C31C31=59q1=C21C11C31C31=29，
∴p2=C21C21+C11C11C31C31p1+C21C31C31C31q1+C31C21C31C31(1−p1−q1)=4981．
(2)∵pn=C21C21+C11C11C31C31pn−1+C21C31C31C31qn−1+c31C21C31C31(1−pn−1−qn−1)=−19pn−1+23，
∴pn−35=−19(pn−1−35)．
∵p1−35=−245≠0，∴{pn−35}是以−245为首项，−19为公比的等比数列．
∴pn−35=−245×(−19)n−1，pn=−245×(−19)n−1+35．
(3)证明：∵qn=C21C11C31C31pn−1+C11C31C31C31qn−1=29pn−1+13qn−1①，
1−qn−pn=C11C21C31C31pn−1+C31C11C31C31(1−qn−1−pn−1)=29pn−1+13(1−qn−1−pn−1)②).
∴①−②，得2qn+pn−1=13(2qn−1+pn−1−1)．
∵2q1+p1−1=0，∴2qn+pn−1=0，∴qn=1−pn2．
∴Xn的概率分布列为：
∴E(Xn)=0×(1−pn−1−pn2)+1×pn+2×1−pn2=1．
∴Xn的数学期望E(Xn)为定值1．
【解析】(1)由题意根据组合数公式，古典概型概率计算公式先求出p1，q1，再结合全概率公式求出p2；
(2)由全概率公式得到递推公式，构造等比数列能求出结果；
(3)由题意得2qn+pn−1=13(2qn−1+pn−1−1)，结合2q1+p1−1=0，由此可得qn=1−p22，进而能证明Xn的数学期望E(Xn)为定值．
Xn
0
1
2
p
1−pn−1−pn2
Pn
1−pn2