2023-2024学年浙江省衢州市高二（下）质检数学试卷（6月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省衢州市高二（下）质检数学试卷（6月份）（含答案），共9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.已知复数z=(1+i)2，则z=( )
A. 2iB. −2iC. 2+2iD. 2−2i
2.设随机变量X～B(16,34)，则X的数学期望为( )
A. 3B. 6C. 9D. 12
3.已知直线m和平面α，则“m⊄α”是“直线m与平面α无公共点”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A. 22πB. π2C. πD. 2π
5.已知向量a=(−1, 3)，且a⊥(a+b)，则b在a上的投影向量为( )
A. ( 3,−1)B. ( 32,−1)C. (1,− 3)D. (12,− 32)
6.在△ABC中，B=π3，D是AB的中点，CD= 3，则AB+2BC的取值范围为( )
A. ( 3,2 3]B. (2 3,2 6]C. (2 3,4 3]D. (0,4 3]
7.若曲线y=(ax+1)lnx有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是( )
A. (0,1e2)B. (0,e2)C. (−∞,1e2)D. (1e2,e2)
8.已知曲线C1：y=x2，曲线C2：x2+y2+32x−12y=0，两曲线在第二象限交于点P，C1，C2在P处的切线倾斜角分别为α，β，则( )
A. α+β=2π3B. α+β=3π4C. α+β=5π4D. |α−β|=π2
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.下列论述正确的是( )
A. 样本相关系数r=0时，表明成对样本数据间没有线性相关关系
B. 由样本数据得到的经验回归直线y​=b​x+a​必过中心点(x−,y−)
C. 用决定系数R2比较两个回归模型的拟合效果时，R2越大，表示残差平方和越大，模型拟合效果越差
D. 研究某两个属性变量时，作出零假设H0并得到2×2列联表，计算得χ2≥x0.05，则有95%的把握能推断H0不成立
10.已知F是双曲线x24−y25=1的右焦点，P为其左支上一点，点A(0,−6)，则( )
A. 双曲线的焦距为6
B. 点F到渐近线的距离为2
C. |PA|+|PF|的最小值为3 5+4
D. 若|PF|=8，则△OPF的面积为3 15
11.已知函数f(x)的定义域为R，若f(2x−1)+f(3−2x)=2，且f(x−2)为偶函数，f(2)=2，则( )
A. f(x+4)=f(x)B. f(2024)=0C. f(3)+f(9)=2D. i=125f(i)=25
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2x−y)5的展开式中，x2y3的系数为______．
13.甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为______(用数字作答)；4次传球后球在甲手中的概率为______．
14.如图，等腰直角三角形ABC中，AC⊥BC，AB=4，D是边AC上一动点(不包括端点).将△ABD沿BD折起，使得二面角A1−BD−C为直二面角，则三棱锥A1−BCD的外接球体积的取值范围是______．
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)
已知数列{an}为等比数列，a1，14，a4成等差数列，且a5=a2a4．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
如图，在棱长为1的正四面体A−BCD中，E是AB的中点，F，G分别在棱AD和CD上(不含端点)，且FG//平面ABC．
(1)证明：AC/​/平面EFG；
(2)若F为AD中点，求平面EFG截该正四面体所得截面的面积；
(3)当直线EG与平面BCD所成角为π6时，求DG．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex−ax−b．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求ab的最大值．
18.(本小题17分)
某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为：
①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取；
②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃；
③最后剩一张牌(幸运数字牌)时，持有幸运数字牌的那方获胜．
假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分．
(1)已知某一轮游戏中，乙最终获胜，记X为甲乙两方抽牌次数之和．
(ⅰ)求P(X=2)；
(ⅱ)求P(X=2k)，k∈N∗；
(2)为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，斜率为12的直线l与y轴交于点P，l与C交于A，B两点，T是A关于x轴的对称点.当P与原点O重合时，△ABT面积为89．
(1)求C的方程；
(2)当P异于O点时，记直线BT与x轴交于点Q，求△OPQ周长的最小值．
答案
1.A
2.D
3.B
4.A
5.C
6.C
7.A
8.B
9.ABD
10.AC
11.BCD
12.−40
13.81 727
14.(32π3,64 2π3)
15.解：(1)由题意可知a1+a4=28，即a1+a1q3=28，
又∵a1q4=a1q⋅a1q3，∴a1=a12，解得a1=1或a1=0(舍)，
∴q=3，
∴an=a1qn−1=3n−1；
(2)令bn=nan=n⋅3n−1，
∴Sn=1+2⋅31+...+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1，
∴3Sn=3+2⋅32+...+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n，
两式作差得：−2Sn=1+3+32+...+3n−1−n⋅3n=3n−12−n⋅3n．
∴Sn=(n2−14)⋅3n+14=(2n−1)⋅3n+14．
16.解：(1)证明：因为FG//平面ABC，FG⊂平面ACD，
平面ACD∩平面ABC=AC，
所以FG/​/AC，又FG⊂面EFG，AC⊄面EFG，
所以AC/​/平面EFG；
(2)因为E，F，G为AB，AD，CD中点，取BC中点H，
则平面EFGH即为平面EFG截正四面体A−BCD的截面，
且EFGH为边长是12的正方形，
所以S截面=14；

(3)取CD中点M，连接BM，过点E作BM的垂线，垂足为N，连接NG，

易知，EN⊥平面BCD，
所以∠EGN即为直线EG与平面BCD所成角，
又EN= 66，tan∠EGN=ENNG，
所以NG= 22，MN= 33，
所以GM= 66，即DG=12± 66．
17.解：(1)由题意可知：f′(x)=ex−a，
①当a≤0时，f′(x)>0，可知y=f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x可知y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增；
综上所述：当a≤0时，y=f(x)在R上单调递增；
当a>0时，y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增．
(2)因为f(x)≥0，由(1)可得：
①当a≤0时，可知y=f(x)在R上单调递增，
且x趋近于−∞时，f(x)趋近于−∞，与题意不符；
②当a>0时，可知y=f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
则f(x)≥f(lna)=a−alna−b≥0，可得b≤a−alna，
且a>0，则ab≤a2−a2lna，
令g(x)=x2−x2lnx(x>0)，则g′(x)=x(1−2lnx)，
令g′(x)>0，解得0 e；
可知y=g(x)在(0, e)上单调递增，在( e,+∞)上单调递减，
则g(x)≤g( e)=e2，
所以当a= e，b= e2时，ab的最大值为e2．
18.解：(1)(i)甲乙两方抽牌次数之和为2，则甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，
从而乙方会剩下“幸运数字牌”，即乙获胜，
则P(X=2)=23；
(ii)前2k−2次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为13，
甲方在第(2k−1)次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以P(X=2k)=(13)2k−2×23=23×(19)k−1，k∈N∗；
(2)记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为P(A)，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为23，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为1−P(A)，
则P(A)=23+13(1−P(A))，解得P(A)=34，
乙方获得积分的期望为E1=100P(A)=75，
则甲方获胜的概率为P(A−)=1−P(A)=14，
甲方获得积分的期望为E2=200P(A−)=50，
因为E1>E2，所以我会选择乙方进行游戏．
19.解：(1)当P与原点O重合时，可设A(x0,y0)(x0>0)，则有B(−x0,−y0)、T(x0,−y0)，
且x0=2y0，AT⊥BT，
则S△ABT=12|AT|⋅|BT|=12⋅2y0⋅2x0=89，
即2y02=49，∴y02=29，则x02=89，
即有29a2+89b2=1，由离心率为 22，即ca= 22，
则a2=2c2=b2+c2，∴a2=2b2，即有19b2+89b2=1，
解得b2=1，∴a2=2，
即C的方程为y22+x2=1；

(2)设直线l方程为x=2y+t，令x=0，有y=−t2，即yP=−t2，
设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，则T(x1,−y1)，
联立直线与椭圆方程：x=2y+ty22+x2=1，消去x有9y2+8ty+2t2−2=0，
有y1+y2=−8t9，y1y2=2t2−29，
Δ=64t2−36(2t2−2)>0，得−3lBT为y=y2+y1x2−x1(x−x2)+y2，
令y=0，xQ=x1y2−x2y2y1+y2+x2=x1y2+x2y1y1+y2，
由x=2y+t中，得x1y2+x2y1y1+y2=(2y1+t)y2+(2y2+t)y1y1+y2=4y1y2y1+y2+t=42t2−29−8t9+t=1t，
即xQ=1t，
则C△OPQ=|yP|+|xQ|+ |yP|2+|xQ|2=|t|2+1|t|++ t24+1t2
≥2 |t|2⋅1|t|+ 2 t24⋅1t2= 2+1，
当且仅当t=± 2时等号成立，
故△OPQ周长的最小值为 2+1．