2024-2025学年山东省日照市校际联考高二（上）开学数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年山东省日照市校际联考高二（上）开学数学试卷（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.已知集合A={x|x<0}，B={x|−x2−x+2>0}，则(∁RA)∩B=( )
A. {x|02.函数y=xaxx(a>1)的图象的大致形状是( )
A. B.
C. D.
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为a2+b2−c24，则C=( )
A. π2B. π3C. π4D. π6
4.已知函数f(x)=(3a−1)x+4a,(x<1)ax,(x≥1)在R上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A. [17,1)B. [0,13)C. [16,1)D. [16,13)
5.已知a=csπ5,b=12,c=lg52，则( )
A. c6.已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D是AB的中点，点G是线段CD上一点，满足AG=λAB+15AC，则GA⋅AC=( )
A. −725B. 365C. 725D. −365
7.已知函数f(x)=lnx−13−x+ax+a+btan(x−2)，则f(x)图像有如下性质( )
A. 关于点(2,2a)中心对称B. 关于直线x=b轴对称
C. 关于点(2,2b)中心对称D. 关于点(2,3a)中心对称
8.设α1，α2∈R，且12+csα1+12+cs(2α2)=2，则|8π−α1−α2|的最小值等于( )
A. π4B. π2C. 3π4D. π
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设A，B为两个随机事件，以下命题正确的是( )
A. 若A与B对立，则P(AB)=1
B. 若A与B互斥，P(A)=13,P(B)=12，则P(A+B)=56
C. 若P(A−)=13,P(B−)=12，且P(AB)=16，则A与B相互独立
D. 若A与B相互独立，P(A)=13,P(B)=23，则P(AB−)=19
10.已知函数f(x)=sinωx+acsωx(x∈R,ω>0)的最大值为2，其部分图象如图所示，则( )
A. a>0
B. 函数f(x−π6)为偶函数
C. 满足条件的正实数ω存在且唯一
D. f(x)是周期函数，且最小正周期为π
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点M是其侧面ADD1A1上的动点(含边界)，点P是线段CC1上的动点，下列结论正确的是( )
A. 存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 当点P为CC1中点时，过A，P，D1点的平面截该正方体所得的截面是梯形
C. 当点M是线段A1D的中点时，不存在点P使直线A1P垂直平面MB1D1
D. 当P为棱CC1的中点且PM=2 2时，点M的轨迹长度为2π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若幂函数y=f(x)的图像过点(2,8)，则f(−1)=______．
13.已知扇形AOB的半径为10，以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，已知A(10,0)，B(8,6)，则弧AB的中点C的坐标为______．
14.若存在实数m，使得对于任意的x∈[a,b]，不等式m2+sinxcsx≤2sin(x−π4)⋅m恒成立，则b−a取得最大值时，|sina+b2|= ______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c满足2bcsinA= 3(a2+c2−b2)．
(1)求B的大小；
(2)若b=3，△ABC的面积为9 34，求△ABC的周长．
16.(本小题12分)
已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12．
(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
(2)设置游戏规则如下：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色.若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜从概率的角度判断这个游戏是否公平，请说明理由．
17.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，DC=BC=4，AB=8，AD=4 2．
(1)证明：BD⊥平面PAD；
(2)若△PAD为等边三角形，求点C到平面PBD的距离．
18.(本小题12分)
设a为常数，函数f(x)=−2sin2x−asinx+1．
(1)当a=1时，求函数f(x)的值域；
(2)若函数f(x)在区间(0,π)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(3)当−1≤a≤1时，设n为正整数，f(x)在区间(0,nπ)上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值．
19.(本小题12分)
给定正整数n≥2，设集合M={(x1,x2,⋯,xn)|xi∈{0，1}，i=1，2，⋯，n}，对于集合M中的任意元素α=(x1,x2,⋯,xn)，β=(y1,y2,⋯,yn)，定义|α⊙β|=(|x1−y1|,|x2−y2|,⋯,|xn−yn|)，|α|=x1+x2+⋯+xn．
(1)当n=3时，若β=(1,1,0)，|α⊙β|=2，求所有满足条件的α；
(2)当n=3时，α1，α2，⋯，αk(k≥2)均为M中的元素，且|αi⊙αj|≥2(1≤i(3)当n≥5时，若α1，α2，⋯，αk(k≥2)均为M中的元素，其中|α0|=0，|αk|=n，且满足|αi⊙αi+1|=n−2(1≤i≤k−1)，求k的最小值．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.D
5.A
6.A
7.D
8.B
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.−1
13.(3 10, 10)
14. 22
15.解：(1)因为2bcsinA= 3(a2+c2−b2)，
所以2bcsinA2ac= 3×a2+c2−b22ac，
由余弦定理得，bsinA= 3acsB，
由正弦定理得sinBsinA= 3sinAcsB，
因为0又0(2)因为S=12acsinB=9 34，所以ac=9，
由余弦定理得，b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−3ac，
因为b=3，所以(a+c)2=b2+3ac=9+3×9=36，解得a+c=6，
所以△ABC的周长为a+b+c=9．
16.解：(1)设盒中红球、黄球、蓝球个数分别为x，y，z，从中任取一球，得到红球或黄球为事件A，得到黄球或蓝球为事件B，
则P(A)=x+y4,P(B)=y+z4，
由已知得x+y+z=4x+y4=34y+z4=12，解得x=2y=1z=1，
所以盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；
(2)由(1)知红球、黄球、蓝球个数分别为2个，1个，1个，
用r1，r2表示红球，用a表示黄球，用b表示蓝球，
m表示第一次取出的球，n表示第二次取出的球，(m,n)表示试验的样本点，
则样本空间Ω={(r1,r1)，(r1,r2)，(r1,a)，(r1,b)，(r2,r1)，(r2,r2)，(r2,a)，(r2,b)，(a,r1)，(a,r2)，(a,a)，(a,b)，(b,r1)，(b,r2)，(b,a)，(b,b)}．
可得n(Ω)=16，
记“取到两个球颜色相同”为事件M，“取到两个球颜色不相同”为事件N，
则n(M)=6，所以P(M)=616=38，
所以P(N)=1−P(M)=1−38=58，
因为58>38，所以此游戏不公平．
17.解：(1)证明：因为AB⊥BC，AB//CD，DC=BC=4，所以BD=4 2，
又因为AD=4 2，所以AD2+BD2=AB2，则AD⊥BD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，A D⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD．
(2)在面PAD内过点P作PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PO⊥平面ABCD，如下图所示：

因为|PA|=|AD|=|PD|=4 2,|PO|= (4 2)2−(2 2)2=2 6，
由(1)知BD⊥平面PAD，根据线面垂直的性质有BD⊥PD，
在Rt△PBD中，S△PBD=12×4 2×4 2=16，而S△BCD=12×4×4=8，
VP−BCD=13|PO|⋅S△BCD=13×2 6×8=16 63．
设点C到平面PBD的距离为ℎ，
由VP−BCD=VC−PBD得13×16ℎ=16 63，解得ℎ= 6，
所以点C到平面PBD的距离为 6．
18.解：(1)由题意f(x)=−2sin2x−asinx+1，
令t=sinx，t∈[−1,1]，则g(t)=−2t2−at+1，
当a=1时，g(t)=−2t2−t+1=−2(t+14)2+98，
所以当t=−14时，g(t)取最大值98；
当t=1时，g(t)取最小值−2，
所以f(x)的值域为[−2,98]；
(2)由题意函数f(x)在区间(0,π)上有两个不同的零点，
即函数g(t)=−2t2−at+1在(0,1)上仅有一个零点，因为g(0)=1>0，
由零点存在性定理，只需g(1)=−a−1<0，得a>−1；
所以实数a的取值范围为(−1,+∞)．
(3)因为Δ=a2+8>0，所以g(t)=−2t2−at+1有两个零点t1，t2，
又t1⋅t2=−12<0，不妨t1<0，t2>0
当a=1时，得t1=−1,t2=12，即sinx=−1或sinx=12；
由三角函数图象性质可知f(x)在(0,2kπ)(k为正整数)内零点个数为3k，在(0,(2k+1)π)内零点个数为3k+2，
因为2024=3×674+2，所以n=674×2+1=1349；
当a=−1时，t1=−12,t2=1,f(x)在(0,2kπ)(k为正整数)内零点个数为3k，
在(0,(2k+1)π)内零点个数为3k+1，若3k+1=2024，此时不存在n；
当−1因为2024=2×1012，所以n=k=1012；
综上n的所有可能值为1012，1349．
19.解：(1)令α=(x1,x2,x3)，
由题意知|x1−1|+|x2−1|+|x3−0|=2，x1，x2，x3∈{0,1}，
解得α=(1,0,1)或(0,1,1)或(0,0,0)．
(2)|αi⊙αj|≥2(1≤iM中的元素总情况：
(0,0,0)、(1,0,0)、(0,1,0)、(0,0,1)、(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)、(1,1,1)，
对上述所有元素分析，|αi⊙αj|最大为3，此时只有(0,0,0)、(1,1,1)符合要求；
当|αi⊙αj|=2时，通过列举知满足|αi⊙αj|≥2(1≤i同理可知满足条件的元素还可以是：
(1,0,0)、(0,1,0)、(0,0,1)、(1,1,1)共四个元素，
综上可得k的最大值为4．
(3)由|α0|=0，|αk|=n，知α0=(0,0,0,…,0,0)，αk=(1,1,1,…,1,1)．
而条件|αi⊙αi+1|=n−2(0≤i≤k−1)的含义是，在序列α0，α1，α2，…，αk中，任意一对相邻的向量αi，αi+1(0≤i≤k−1)都恰有n−2个分量不相等，
根据题意已有k≥2．
法一：
若k=2，则α0=(0,0,0,…,0,0)，α2=(1,1,1,…,1,1)，因为|α0⊙α1|=n−2，
所以α0，α1恰有n−2个分量不相等，即α1中恰有n−2个1，又α2中含n个1，
所以α1，α2中恰有2个分量不相等，所以|α1⊙α2|=2．
因为n≥5，所以|α1⊙α2|=n−2≥3，与|α1⊙α2|=2矛盾．
这就表明k=2不成立，故k≥3．
当α0=(0,0,0,0,0,0,…,0,0,0,0)，α1=(0,1,0,1,1,1,…,1,1,1,1)，α2=(1,1,0,0,0,0,…,0,0,0,0)，α3=(1,1,1,1,1,1,…,1,1,1,1)时满足全部条件，
此时k=3(上述α0，α1，α2，α3的选取不唯一)．
所以k的最小值是3．
法二：
若k=2，n=5时，α0=(0,0,0,0,0)，α2=(1,1,1,1,1)，且α0，α1恰有3个分量不相等，α1，α2恰有3个分量不相等．
换言之，α0，α1恰有2个分量相等，即α1中有2个0，3个1；
α1，α2恰有2个分量相等．即α1中有3个0，2个1，矛盾．
故n=5时，k=2不成立．n>5，同理可知k=2不成立．
这就表明k≥3．
当α0=(0,0,0,0,0,0,…,0,0,0,0)，α1=(0,1,0,1,1,1,…,1,1,1,1)，α2=(1,1,0,0,0,0,…,0,0,0,0)，
α3=(1,1,1,1,1,1,…,1,1,1,1)时满足全部条件，此时k=3(上述α0，α1，α2，α3的选取不唯一)．
所以k的最小值是3．

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