2023-2024学年浙江省培优联盟高二（下）联考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省培优联盟高二（下）联考数学试卷（5月份）（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|x>4}，B={x|x2−5x−6≥0}，则A∩B=( )
A. {x|40)的左、右焦点分别为F1，F2，点Q在C的右支上，QF2与C的一条渐近线平行，交C的另一条渐近线于点P，若OQ//PF1，则C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
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.下列函数是偶函数的是( )
A. f(x)=2xB. f(x)=cs2x
C. f(x)=x2D. f(x)=ln(2−x)+ln(2+x)
10.设z=1+i，则下列命题正确的是( )
A. z+z−=2B. z−z−=2C. zz−=2D. zz−=i
11.已知直线l：kx+y+2k−1=0与圆C：x2+y2−6y−7=0相交于A，B两点，下列说法正确的是( )
A. 若圆C关于直线l对称，则k=1
B. |AB|的最小值为4 2
C. 当k=3时，对任意λ∈R，曲线W：x2+y2+3λx+(λ−6)y+5λ−7=0恒过直线l与圆C的交点
D. 若A，B，C，O(O为坐标原点)四点共圆，则k=103
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=x(1−lnx)，则f′(e2)= ______．
13.已知a，b，c均为平面单位向量，且两两夹角为120°，则|a−b+c|= ______．
14.圆锥的底面半径为1，母线长为2，在圆锥体内部放入一个体积最大的球，该球的表面积为______．
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)
某高校实行提前自主招生，老师从6个不同的试题中随机抽取4个让学生作答，至少答对3个才能通过初试，已知某学生能答对这6个试题中的4个．
(1)求该学生能通过自主招生初试的概率；
(2)若该学生答对的题数为X，求X的分布列以及数学期望．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥AB，AD=PA=4，AB=BC=2．
(1)证明：CD⊥平面PAC．
(2)若Q为线段PC的中点，求平面PAD与平面QAD的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
设曲线f(x)=ex在点P(m,f(m))处的切线l与坐标轴所围成的三角形面积为S(m)．
(1)当切线l与直线x+y+1=0垂直时，求实数m的值；
(2)当m≤0时，求S(m)的最大值．
18.(本小题17分)
已知P(0,1)在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，C的左焦点F1在抛物线y2=4 3x的准线上，A为C的左顶点，直线AM，AN分别与C另交于M，N两点，直线AM，AN的斜率之积为−112．
(1)求C的方程；
(2)求△AMN面积的最大值．
19.(本小题17分)
已知a1=1的数列{an}满足a4n−3，a4n−2，a4n−1成公差为1的等差数列，且满足a4n−1，a4n，a4n+1成公比为q的等比数列；b1=1的数列{bn}满足b4n−3，b4n−2，b4n−1成公比为q的等比数列，且满足b4n−1，b4n，b4n+1成公差为1的等差数列．
(1)求a5，b5．
(2)证明：当|q|>1时，a4n+1>b4n+1．
(3)是否存在实数q，使得对任意n∈N+，an≥bn？若存在，求出所有的q；若不存在，请说明理由．
答案
1.D
2.C
3.A
4.D
5.C
6.B
7.D
8.A
9.BCD
10.ACD
11.BC
12.−2
13.2
14.4π3
15.解：(1)根据题意可得该学生能通过自主招生初试的概率为：C43C21+C44C64=35；
(2)根据题意可得x的取值可为2，3，4，
且P(X=2)=C42C22C64=25，P(X=3)=C43C21C64=815，P(X=4)=C44C64=115，
∴X的分布列为：
∴E(X)=2×25+3×815+4×115=83．
16.解：(1)证明：取AD的中点E，连接CE，易知BC/​/AE且BC=AE，
∴四边形ABCE为平行四边形，
∵AB⊥AD，∴四边形ABCE为矩形，
∵AE⊥CE，∴AC=CD=2 2，
∴AD2=AC2+CD2，∴CD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，
又AC∩PA=A，
∴CD⊥平面PAC．

(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，D(0,4,0)，C(2,2,0)，P(0,0,4)，Q(1,1,2)，AQ=(1,1,2)，AD=(0,4,0)，
设平面QAD的法向量为m=(x0,y0,z0)，
则AD⋅m=0,AQ⋅m=0,即4y0=0x0+y0+2z0=0，
取m=(2,0,−1)，
平面PAD的一个法向量AB=(2,0,0)，
设平面PAD与平面QAD的夹角为α，
则csα=|cs|=|m⋅AB||m||AB|=42× 5=2 55，
所以平面PAD与平面QAD的夹角的余弦值为2 55．
17.解：(1)f(x)=ex，f′(x)=ex，
因为切线l与直线x+y+1=0垂直，f′(m)=em=1，
所以m=0．
(2)f′(x)=ex，当x=m时，f′(m)=em，
所以切线方程为y−em=em(x−m)．
令x=0得y=em(1−m)，令y=0得x=m−1，
因为m≤0，所以S(m)=12|m−1|⋅|m−1|em=12(m−1)2em．
S′(m)=(m−1)em−12(m−1)2em=12(m+1)(m−1)em，
所以当m0，S(m)递增，
当−10，
得y1+y2=−2mnm2+4，y1y2=n2−4m2+4，
则x1+x2=m(y1+y2)+2n=8nm2+4，x1x2=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2=4n2−4m2m2+4，
因为kAM⋅kAN=−112，所以y1x1+2⋅y2x2+2=−112，即y1y2x1x2+2(x1+x2)+4=−112，
所以n2−4m2+44n2−4m2m2+4+16nm2+4+4=n2−44n2−4m2+16n+4m2+16=n2−44n2+16n+16=−112，
即n2+n−2=0，解得n=1或n=−2．
因为当n=−2时，直线MN的方程为x=my−2，
则直线MN经过点A(−2,0)，不符合题意，
所以n=1，满足Δ>0，此时直线MN的方程为x=my+1，
所以直线MN过定点(1,0)，记直线MN与x轴的交点为D，则D点坐标为(1,0)．
当n=1时，y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
S△AMN=12|AD|⋅|y1−y2|=32 (y1+y2)2−4y1y2=32 4m2(m2+4)2+12m2+4=6 m2+3(m2+4)2，
令t=m2+3(t≥3)，y=t+1t(t≥3)，则y′=1−1t2>0，
所以y=t+1t在[3,+∞)上单调递增，
所以S△AMN=6 t(t+1)2=6 1t+1t+2≤6 13+13+2=3 32，
当且仅当t=m2+3=3，即m=0时，△AMN的面积取得最大值3 32．
19.(1)解：由题意得a2=2，a3=3，a4=3q，a5=3q2，b2=q，b3=q2，b4=q2+1，b5=q2+2；
(2)证明：由已知得a4n+1=q2⋅a4n−1=q2(a4n−3+2)，
b4n+1=b4n−1+2=q2b4n−3+2，
∴a4n+1−b4n+1=q2(a4n−3−b4n−3)+2q2−2，
则a4n+1−b4n+1+2=q2(a4n−3−b4n−3+2)，
∴{a4n+1−b4n+1+2}是首项为2q2，公比为q2的等比数列，
∴a4n+1−b4n+1=2q2n−2．
∵|q|>1，∴2q2n−2>0，即a4n+1>b4n+1；
(3)解：存在q=1满足条件．
当q=1时，an=bn+2，显然{bn}不是减数列，∴an=bn+2≥bn．
下面证明当q≠1时，不能满足条件．
若∀n∈N+，an≥bn，则a4n+1≥b4n+1．
由(2)得，|q|≥1，又a4=3q≥b4=q2+1，
∴q>0，从而q>1．
考虑子数列{a4n−1}，{b4n−1}，
∵a4n+3=a4n+1+2=q2a4n−1+2，b4n+3=q2b4n+1=q2(b4n−1+2)，
则a4n+3−b4n+3=q2(a4n−1−b4n−1)+2−2q2，
a4n+3−b4n+3−2=q2(a4n−1−b4n−1−2)，
∴{a4n+1−b4n+1−2}是首项为1−q2，公比为q2的等比数列，
∴a4n+1−b4n+1=2+(1−q2)q2n−2．
若q>1，则当n>[12lgq2q2−1]+1时，2+(1−q2)q2n−2