1、2024-2025学年浙江省金砖高中联盟高二下学期4月期中考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=1,0,1,2,4，B=x|x1|2x，则AB=()A. 1,0B. 0,1C. 1,0,1D. 1,0,1,22.已知复数z=(a+1)ai(aR)，则“a=0”是“|z|=1”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3.已知向量a=(m,2)，b=(2,3)，若b(2ab)，则m=()A. 12B. 14C. 14D. 124.某人在一次考试中每门课得分如下：60，59，76，90，85，100，则数据的第75百分位数为()A. 87.5B. 85C. 90D. 1005.已知2tan2tan=1tantan，tan()=2，则tantan=()A. 35B. 53C. 45D. 656.等差数列an的前n项和为Sn，若S7S50，n0，则3m+1n的最小值为()A. 8B. 10C. 14D. 168.设点P是圆O:x2+y2=4与圆M:x2+y26x+2
2、=0的一个交点，过点P作直线PQ交圆M于另一点Q，交圆O于另一点R，若2OQ=OP+OR，则直线PQ的斜率为()A. 5 33B. 53C. 35D. 35 2二、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.已知随机变量X服从正态分布N(4,2)，且P(Xn)，则下列选项正确的是()A. E(3X+1)=12B. m+n=8C. P(X3+)P(X3)D. 若P(X3)=0.68，则P(3X0)，它的一条渐近线与直线3x2y+1=0垂直，则该双曲线的离心率e=13.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=14.如图，现有棱长为4cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1是离A1最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为cm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)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(2,0)，3b2= 6a，P为y轴上一点。(1)求椭圆
3、C的方程;(2)过F点作与直线PF垂直的直线交C于M，N两点，当PMN的面积为2 3时，求直线MN的方程。16.(本小题15分)如图1，在平面五边形ABCDE中，AE/BD，且DE=4，EDB=60，CD=BC=2 7，cosDCB=57，将BCD沿BD折起，使点C到点P的位置，且EP=2 3，得到如图2所示的四棱锥PABDE(1)求证：PE平面ABDE;(2)若AE=2，求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值17.(本小题15分)已知定义在(0,+)上的函数f(x)=exm(x+1)2，mR.(1)若m=12，判断f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个零点，求m的取值范围18.(本小题17分)甲、乙两盒子中各有2枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记n次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为Pn(1)求P1，P2的值;(2)求数列Pn的通项公式;(3)并求使不等式|Pn23|13104成立n的最小值19.(本小题17分)已知集合S为平面中点的集合，n为正整数，若对任意的kN且1kn，总存在平面中的一条直线恰通过S中的k个
4、不同的点，称集合S为n连续共线点集。(1).若S=(x,y)|x0，1，2，y0,1,2,3,4，判断S是否为3连续共线点集?是否为4连续共线点集?(2).已知集合S为n连续共线点集，记集合S的元素个数为|S|()若|S|=6，求n的最大值;()对给定的正整数n，求|S|的最小值参考答案1.A2.A3.B4.C5.C6.C7.D8.A9.BCD10.ACD11.BCD12. 13313.314.93 3215.解：(1)c=2c2=a2b23b2= 6a,得a= 6，c=2，b= 2，C的方程为x26+y22=1(2).直线MN的方程为x=my+2，则直线PF的斜率为kPF=m，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立x=my+2x26+y22=1,得(m2+3)y2+4my2=0则y1+y2=4mm2+3，y1y2=2m2+3，所以|MN|= m2+1 (y1+y2)24y1y2= m2+1 24m2+24(m2+3)2=2 6(m2+1)m2+3又因为|PF|= 1+m2|xPxF|=2 1+m2，SPMN=12|MN|PF|=122 6(m2+1)m2+32 1+m2=2 3，
5、解得m=1，所以MN的方程为x=y+216.(1)证明：在BCD中，CD=BC= 7，cosDCB=57，由余弦定理可得BD2=BC2+CD22BCCDcosDCB，即BD=2，又因为DE=2，EDB=60，所以BDE为正三角形，设BD中点为F，连接EF、PF，由BDE为正三角形可知BDEF，由CD=BC可知BDPF，EF、PF平面PEF，EFPF=F，所以BD平面PEF，又因为PF平面PEF，故BDPE在PFD中，可得PF= PB2BF2= 6，在BDE中，可得EF= ED2DF2= 3，又因为EP= 3，可得EF2+EP2=PF2，所以PEEF，又因为EF、BD平面ABDE，EFBD=F，所以PE平面ABDE(2)解：因为AE/BD，所以AEEF，再由PE平面ABDE可知，PEAE，PEEF，故可以E为坐标原点，EA，EF，EP别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，在坐标系中，各点坐标别为：A(1,0,0)，B(1, 3,0)，F(0, 3,0)，P(0,0, 3)，则AB=(0, 3,0)，AP=(1,0, 3)，BP=(1, 3, 3)，BF=(1,0,0)，
6、设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1AB= 3y1=0n1AP=x1+ 3z1=0,取x1= 3，可得y1=0，z1=1，所以n1=( 3,0,1)，设平面PBD的法向量为n2=(x2,y2,z2)，则n2BP=x2 3y2+ 3z2=0n2BF=x2=0,取y2=1，可得x2=0，z2=1，所以n2=(0,1,1)，设平面PAB与平面PBD所成的角为，由图象可得为锐角，则cos=|n1n2|n1|n2|=12 2= 24，所以平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值为 2417.解：(1)依题意可得f(x)=ex2m(x+1)，m=12，故f(x)=ex(x+1)，设g(x)=f(x)，则g(x)=ex1，x0，g(x)g(0)=0，f(x)在(0,+)上单调递增，f(x)f(0)=0，f(x)在(0,+)上单调递增(2)令f(x)=0，可得m=ex(x+1)2，所以y=m与y=ex(x+1)2恰有两个交点，设(x)=ex(x+1)2，则(x)=ex(x1)(x+1)3，令(x)=0可得x=1，当0x1时，(x)1时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递减，在(
7、1,+)上单调递增，(x)(1)=e4，当x0时，(x)1;当x+时，(x)+，m的取值范围是(e4,1)18.解：(1)P1=12，P2=P112+(1P1)1=34(2)因为Pn+1=Pn12+(1Pn)1，所以Pn+123=12(Pn23)，即Pn23=(P123)(12)n1=(16)(12)n1，所以Pn=2+(12)n3(3)代入得|(12)n3|13104，整理得2n104，所以n的最小值为1419.解：(1)直线x=0经过(0,0)，(0,1)，(0,2)3个点，直线y=x1经过(1,0)，(2,1)2个点，直线y=x2经过(2,0)1个点，所以S为3连续共线点集，没有直线经过S中的4个点，所以不是4连续共线点集；(2)(i)因为|S|=6，即直线最多经过S中的6个点，所以n6.n=6时，6个点在一条直线上，没有一条直线恰经过5个点，不满足n=5时，5个点在一条直线上，则仅剩1个点，没有一条直线恰经过4个点，不满足又当S=(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(2,0)时，x=0，y=0，y=x+1，y=x分别恰经过S中4，3，2，1个点，为4连续共线点集，所以nmax=4(ii)设lk恰经过S中的k个点(k=1,2,n) 由于ln经过n个点，ln1恰经过n1个点，最多与ln交1个点，即最少需要多n11个点;ln2恰经过n2个点，最多分别与ln，ln1各交1个点，即最少需要多n22=n4个点;依次类推，lnk(0kn2,kN)恰经过nk个点，最多分别与ln，ln1lnk+1各交1个点，即最少需要多nkk=n2k个点，所以当n是偶数时，最少需要k=0n2(n2k)=n2+2n4个点，当n是奇数时，最少需要k=0n12(n2k)=(n+1)24点.所以|S|(n+1)24(x为不超过x的最小整数)下面用归纳法构造|(n+1)24|个元素的点集，为n连续共线点集(1)n=1，2时，显然成立;(2)假设n=m时，S中有m+1)24个点，直线lk恰经过S中的k个点(k=1,2,m)，作一条直线lm+1不经过原来的(m+1)24个点，且与l1，l2，lm均各有一个交点P，P2，Pm，并在lm+1上取异于
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