山西省百校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(含答案)

这是一份山西省百校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若复数z满足（i是虚数单位）,则( )
A.B.C.2D.3
3．函数的图象在点处的切线方程为( )
A.B.C.D.
4．若曲线表示椭圆,则实数k的取值范围是( )
A.B.C.D.
5．已知实数a,b满足,则下列数中不可能是的值的是( )
A.B.C.2D.3
6．已知公差为d的等差数列的前n项和为,且,,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
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.B.C.D.
8．已知函数,,若函数的所有零点依次记为,,,,且,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
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,,若直线上存在点P,使得,则称该直线为“点定差线”,下列直线中,是“点定差直线”的有( )
A.B.C.D.
11．如图,在棱长均为1的平行六面体中,平面,,P,Q分别是线段和线段上的动点,且满足,则下列说法正确的是( )
A.当时,
B.当时,若,则
C.当时,直线与直线所成角的大小为
D.当时,三棱锥的体积的最大值为
三、填空题
12．已知,则____________.
13．在的展开式中,项的系数为______________.
14．过点的直线l与曲线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
15．已知的边长分别为5,7,8,边长为8的边上的中线长为d.
(1)求的最大内角的正弦值;
(2)求d.
16．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.
(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．如图,在四棱锥中,底面ABCD是直角梯形,,,,,M是PA的中点
（1）求证:平面平面MCD;
（2）若,求平面PBC与平面MCD夹角的余弦值.
18．已知抛物线,M,N为C上的两个动点,直线的斜率为k,线段的中点为.
(1)证明：;
(2)已知点,求面积的最大值.
19．对于定义域为的函数,若,使得,其中,则称为“可移相反数函数”,是函数的“可移相反数点”.已知,.
（1）若是函数的“可移2相反数点”,求;
（2）若,且是函数的“可移4相反数点”,求函数的单调区间;
（3）设若函数在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．答案：A
解析：因为,且,
所以.
故选：A.
2．答案：A
解析：因为,所以,
所以.
故选：A.
3．答案：C
解析：因为,则,
可得,,
即切点坐标为,切线斜率,
所以切线方程为.
故选：C.
4．答案：D
解析：因为曲线表示椭圆,即表示椭圆
则应满足即.
故选：D.
5．答案：B
解析：因为.所以,,.
当时,,,
当时,.
故的取值范围为,只有不在此范围内.故选B.
6．答案：D
解析：因为,所以,所以,,由,,得即,解得,即的取值范围是.故选D.
7．答案：B
解析：如图：设正三棱柱的上,下底面的中心分别为,,连接,
设线段的中点为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,
所以球O的半径,
故球O的表面积.
故选：B.
8．答案：A
解析：函数令,可得,
即函数的对称轴方程为,又的周期为,,
令,可得,所以函数在上有25条对称轴,
根据正弦函数的性质可知,,,,（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
,
故选：A.
9．答案：ABC
解析：极差为,故A正确;
平均数为,故B正确;
因为,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
,故D错误.
故选：ABC.
10．答案：ABD
解析：则由题意得,
故点P的轨迹为以,为焦点,长轴长为2的双曲线的右支,
故,,,
故P点满足的轨迹方程为,,
A选项,联立与,解得,负值舍去,满足要求,A正确;
B选项,联立与,解得,负值舍去,满足要求,B正确;
C选项,联立与,解得,不合要求,C错误;
D选项,联立与,解得,负值舍去,D正确.
故选：ABD.
11．答案：ABD
解析：对于A,当时,P,Q分别是线段和线段的中点,
所以P也是的中点,所以,故A正确;
对于B,当时,,
所以,,,满足,故B正确;
对于C,过Q作交于N,
可知面,与直线成角即为,
当时,,在中,,,
则,
所以,所以,故C错误;
对于D,易知是正三角形,
三棱锥体积为
,
当且仅当,即时取等号,故D正确;
故选：ABD.
12．答案：
解析：.
故答案为：.
13．答案：210
解析：由于的展开式中的系数是,
而.
故答案为：210.
14．答案：.
解析：由题意可设直线,又曲线可化为,,
作出直线l与曲线的图象如图所示：
设图中直线,,,的斜率分别为,,,,
则,,,
又直线的方程为,
圆心到直线的距离为,
解得（舍去）或,
要使两图象有两个不同的交点,则.
故答案为：
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)不妨设,,,则B是最大内角.
由余弦定理可得,
则.
(2).
16．答案：(1)
(2)分布列见解析,.
解析：(1)令投中i次的概率为,
则;
(2)X的可能取值为2,3,4,
,
,
,
故X的概率分布列为：
数学期望.
17．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明:因为,M是PA的中点,所以,
因为,,DM,平面MCD,所以平面MCD.
又平面PAB,所以平面平面MCD.
（2）因为,所以,
因为,,PA,平面PAD,所以平面PAD,
又平面PAD,所以.
因为,所以,所以.
所以CD,AD,PD两两垂直,故以D为坐标原点,DA,DC,DP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,,
设是平面PBC的法向量,则
即,令,得,,所以.
由（1）知平面MCD,所以平面MCD的一个法向量为.
因为,
所以平面PBC与平面MCD夹角的余弦值为.
18．答案：(1)证明见解析;
(2)
解析：(1)设,,所以
所以,
又,,所以.
(2)设直线的方程为,即,
联立,整理得,
所以,解得,
,,
则
.
又点A到直线的距离为,
所以,
记,因为,所以,
所以,.
令,,则,令,可得,
当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
所以当时,取得最大值,即.
19．答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）
解析：（1）若是函数的“可移2相反数点”,
则,即.
所以,即,解得(舍去).
（2）因为是函数的“可移4相反数点”,所以,即.解得.
所以(且),
令,,
所以当时,,在上单调递增,,所以,所以在上单调递减;
当时,,在上单调递减,,所以,所以在上单调递减;
所以函数的单调递减区间为,
（3）记的“可移1相反数点”为t.
当时,,解得(舍去),
当时,
当时,,即.
因为函数在R上恰有2个“可移1相反数点”,且其中1个“可移1相反数点”,
所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内.
若,则当时,方程有且仅有一个根,
令,则,所以在上单调递增,由有且仅有一个根,得,即,解得.
当时,,,所以存在唯一的,使得,即时,方程有且仅有一个根,此时方程在内无解,符合题意;
若,则当时,方程有且仅有一个根,即,所以,此时方程在内无解,符合题意.
综上所述,实数a的取值范围是.
X
2
3
4
P