第第頁2024屆浙江省嘉興市二模數(shù)學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合M={x∣x<0},N={x∣?2<x<4}，則?RA．{x∣x>?2} B．{x∣?2<x<0}C．{x∣x<4} D．{x∣0≤x<4}2．已知函數(shù)fx=cosωx+φA．0 B．π4 C．π2 3．設z∈C，則z+z=0是A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分又非必要條件4．若正數(shù)x,y滿足x2?2xy+2=0，則A．6 B．62 C．225．如圖，這是一個水上漂浮式警示浮標，它的主體由上面一個圓錐和下面一個半球體組成.已知該浮標上面圓錐的側(cè)面積是下面半球面面積的2倍，則圓錐的體積與半球體的體積的比值為（）A．154 B．32 C．3 6．已知圓C:(x?5)2+(y+2)2=r2(r>0),AA．0,5 B．5,15 C．10,15 D．15,+7．6位學生在游樂場游玩A,B,C三個項目，每個人都只游玩一個項目，每個項目都有人游玩，若A項目必須有偶數(shù)人游玩，則不同的游玩方式有（）A．180種 B．210種 C．240種 D．360種8．已知定義在0,+∞上且無零點的函數(shù)fx滿足xfA．f12<f1<f2 B．f二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知一組數(shù)據(jù)1,3,5,7,9，其中位數(shù)為a，平均數(shù)為x，極差為b，方差為s2.現(xiàn)從中刪去某一個數(shù)，得到一組新數(shù)據(jù)，其中位數(shù)為a'，平均數(shù)為x'，極差為bA．若刪去3，則a<a' C．無論刪去哪個數(shù)，均有b≥b' D．若x10．已知角α的頂點與原點重合，它的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊過點Aa,bab≠0,a≠b，定義：TiαA．函數(shù)fx的圖象關(guān)于點πB．函數(shù)fx在區(qū)間πC．將函數(shù)fx的圖象向左平移πD．方程fx=111．拋物線有如下光學性質(zhì)：由其焦點射出的光線經(jīng)拋物線反射后，沿平行于拋物線對稱軸的方向射出；反之，平行于拋物線對稱軸的入射光線經(jīng)拋物線反射后必過拋物線的焦點.如圖，已知拋物線Ω:y2=2px(p>0)的準線為l,O為坐標原點，在x軸上方有兩束平行于x軸的入射光線l1和l2，分別經(jīng)Ω上的點Ax1,y1和點Bx2,y2反射后，再經(jīng)Ω上相應的點CA．若直線l3與準線l相交于點P，則A,O,PB．若直線l3與準線l相交于點P，則PF平分C．yD．若直線l1的方程為y=2p，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知平面向量a,b,c,a=?1,313．設數(shù)列an的前n項和為Sn，等比數(shù)列bn的前n項和為Tn，若b1=?1,14．在四面體ABCD中，BC=2,∠ABC=∠BCD=90°，且AB與CD所成的角為60°.若四面體ABCD的體積為4四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c，已知2cosA?3cos2A=3.（1）求cosA的值；（2）若△ABC為銳角三角形，2b=3c，求sinC的值.16．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60（1）證明：平面PCD⊥平面PAC；（2）若PQ=22，求平面PCQ與平面DCQ17．為了有效預防流感，很多民眾注射了流感疫苗.市防疫部門隨機抽取了1000人進行調(diào)查，發(fā)現(xiàn)其中注射疫苗的800人中有220人感染流感，另外沒注射疫苗的200人中有80人感染流感.醫(yī)學研究表明，流感的檢測結(jié)果有檢錯的可能，已知患流感的人其檢測結(jié)果有95%呈陽性（流感），而沒有患流感的人其檢測結(jié)果有99%呈陰性（未感染）（1）估計該市流感感染率是多少？（2）根據(jù)所給的數(shù)據(jù)，判斷是否有99％的把握認為注射流感疫苗與預防流感有關(guān)；（3）已知某人的流感檢查結(jié)果呈陽性，求此人真的患有流感的概率.（精確到0.001）附：K2P0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818．已知雙曲線C:x2a（1）求雙曲線C的標準方程；（2）過右焦點F的直線l與雙曲線C的左?右兩支分別交于點A,B，點M是線段AB的中點，過點F且與l垂直的直線l'交直線OM于點P，點Q滿足PQ=PA19．已知集合A=i=1m2ai∣0≤a1<a2<?<am,ai∈N，定義：當（1）寫出b(2)5,b（2）判斷88是否為數(shù)列b(3)（3）若2024是數(shù)列b(t)n中的某一項bt0n

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：易知?RM=x|x≥0故答案為：D.【分析】由題意，根據(jù)集合的補集和交集運算求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：因為函數(shù)fx為奇函數(shù)，所以φ=π2則當k=0時，φ=π故答案為：C.【分析】根據(jù)三角函數(shù)的奇偶性求解即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：z∈C，若z+z=0，則z不一定為純虛數(shù)，可以為若z為純虛數(shù)，則z+z綜上可知：z+z=0是故答案為：B.【分析】根據(jù)共軛復數(shù)的特征，復數(shù)的概念，以及充分條件與必要條件的概念判斷即可.4．【答案】A【解析】【解答】解：由x2?2xy+2=0可得∴x+y=x+x當且僅當3x2=1x時，即當x=6所以x+y的最小值為6.故答案為：A.【分析】根據(jù)題意可得y=x2+5．【答案】D【解析】【解答】解：設半球半徑為r，圓錐高為?，

由題意可得πrr2+則圓錐的體積與半球體的體積的比值為13故答案為：D.【分析】由題意，設半球半徑為r，圓錐高為?，根據(jù)圓錐側(cè)面積與體積公式，結(jié)合球的表面積與體積公式求解即可.6．【答案】B【解析】【解答】解：如圖所示：因為PA⊥PB，所以點P的軌跡是以AB為直徑的圓，設點P的軌跡為圓M，又因為A?6,0,B0,8由題意知：圓M與圓C必至少有一個公共點，由C(5,?2),M(?3,4)，則|CM|=(5+3)由r?5≤|CM|≤5+r，解得：5≤r≤15故答案為：B.【分析】由PA⊥PB可得點P的軌跡是以AB為直徑的圓，由題意，問題轉(zhuǎn)化為兩個圓有公共點的問題，解不等式組即可得r的取值范圍.7．【答案】C【解析】【解答】解：若A有2人游玩，則C6若A有4人游玩，則C64A故答案為：C.【分析】由題意，分A項目有2人和4人游玩，結(jié)合排列組合求解即可.8．【答案】D【解析】【解答】解：xf'x即fx?xf'x因為f1>0，所以k=1則f'故當0<x<1時，f'x>0，當x>1所以fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以f12<f又因為f12?f2=12k綜上可知，f2故答案為：D.【分析】原式xf'x=1?xfx9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、若刪去3，根據(jù)中位數(shù)的定義，a=5,a'=B、若刪去9，根據(jù)平均數(shù)的定義，x=1+3+5+7+95=5，C、根據(jù)極差的定義，若去掉的數(shù)是3,5,7中的一個，顯然去掉前后極差都是9?1=8，滿足b=b若去掉1，b'=9?3=6<b=8，若去掉9，b'D、原數(shù)據(jù)平均數(shù)x=5，去掉一個數(shù)后平均數(shù)保持不變，即x則剩下的四個數(shù)之和為5×4=20，顯然去掉的數(shù)只能是5，由方差的定義，s2s'2=故答案為：ACD.【分析】根據(jù)中位數(shù)的定義即可判斷A；根據(jù)平均數(shù)的定義即可判斷B；分類討論去掉的數(shù)據(jù)結(jié)合極差的定義即可判斷C；先判斷去掉的數(shù)據(jù)是什么，再根據(jù)方差的定義即可判斷D.10．【答案】A,B【解析】【解答】解：根據(jù)題意，tanx=ba對于A，由正切函數(shù)的性質(zhì)得x+π4=kπ2所以函數(shù)fx的對稱中心為?π4對于B，x∈π4,π2，∴x+π4對于C，將fx的圖象向左平移π4個單位可得y=tanx+π對于D，∵x∈0,π，∴x+π4由正切函數(shù)y=tanα的性質(zhì)可知在π4,π2上單調(diào)遞增，且y≥1；所以方程fx=tan故答案為：AB.【分析】由兩角和的正切公式，將函數(shù)fx轉(zhuǎn)化為正切型函數(shù)，再利用換元法和正切函數(shù)的圖象的對稱性，則判斷出函數(shù)fx的圖象的對稱性，從而判斷出選項A；利用換元法和正切函數(shù)的圖象的單調(diào)性，則判斷出函數(shù)fx的圖象的單調(diào)性，從而判斷出選項B；利用正切型函數(shù)的圖象變換和奇函數(shù)的定義，則判斷出選項C；利用x的取值范圍和不等式的基本性質(zhì)以及正切函數(shù)的單調(diào)性，則得出方程f11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、設Cx3,y3聯(lián)立y2=2pxx=ty+p2由題意得P?p2則kOP=kB、假設∠APF=∠CPF，又∠CFP=∠CPF，所以∠APF=∠CFP，所以AP//CF，這與AP和CF相交于A點矛盾，故B錯誤；C、l1與l2距離等于l3與l所以y1D、由題意可得，A2p,2pFA?FA?∴cos∠AFB=FA故答案為：ACD.【分析】由題意，設直線AC:x=ty+p2，聯(lián)立直線與拋物線y2=2px，由韋達定理可得y1+y3=2pt,y1y3=?p2，驗證kOP=kAO得解即可判斷A；假設∠APF=∠CPF，又由拋物線定義得12．【答案】c【解析】【解答】解：設c=x,y，x≠0,y≠0，因為c與a,又因為a?=b?=2所以?1+3x+3+1y=0，解得故答案為：c=x,x，【分析】設c=x,y，13．【答案】2n【解析】【分析】根據(jù)題意，先求出等比數(shù)列bn的通項公式和前n項和Tn，進而求得Sn【解答】設等比數(shù)列bn的公比為q由b5=8b2，則q3所以bn=?2n?1，解得Sn當n=1時，a1當n≥2，n∈N?時，a1=2滿足上式，所以an故答案為：2n.14．【答案】3【解析】【解答】解：由題意，可將四面體ABCD補形為直三棱柱ABE?FCD，如圖所示：

因為AB與CD所成的角為60°，所以∠DCF=60°或120°，

設CD=x,CF=y，外接球半徑記為R易知AF//平面BCDE，所以點A到平面BCDE的距離等于點F到平面BCDE的距離，則VA?BCD=V在Rt△OCO2中，在△CDF中，由余弦定理得：DF當∠DCF=60°時，外接球的半徑會更小.所以則R2=1+1故答案為：3.【分析】將四面體ABCD補形為直三棱柱ABE?FCD，設CD=x,CF=y，由VABCD=43求得xy=24，在Rt△OCO2中，利用勾股定理得R15．【答案】（1）解：由2cosA?3cos2A=3，可得2cosA?32cos2解得cosA=13或（2）解：因為2b=3c，由正弦定理得2sinB=3sinC，即2sinA+C即2sinAcosC+2sinCcosA=3sinC，因為cosA=13，所以所以423cosC+且△ABC為銳角三角形，解得sinC=4【解析】【分析】（1）利用二倍角余弦公式化簡求解即可；（2）由2b=3c，利用正弦定理邊化角得2sinB=3sinC，結(jié)合sinA+C=sin（1）由題可得2cosA?32cos2解得cosA=13或（2）解法一：因為2b=3c，由正弦定理得2sinB=3sinC，即2sinA+C即2sinAcosC+2sinCcosA=3sinC，因為cosA=13，所以所以423cosC+且△ABC為銳角三角形，解得sinC=4解法二：由余弦定理得cosA=b2+c2?a所以c=23a又cosA=13，所以sinA=216．【答案】（1）證明：因為BC=2AB,∠ABC=60°，所以建立空間直角坐標系，如圖所示：

則P0,0,1,A0,0,0，PA=0,0,?1，設n1=x,y,z是平面PAC的法向量，則n設n2=a,b,c是平面PCD的法向量，則n因為n1?n2=0（2）解：在直角梯形ADQP中，解得QD=3，由（1）可得P0,0,1,C0,平面DCQ的法向量為n1=AC設平面PCQ的法向量為n2=x2,令y2=1，解得x2設平面PCQ與平面DCQ夾角為θ，所以cosθ=cos即平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值為3131【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法求出平面PCD和平面PAC的法向量證明即可；（2）求出平面DCQ和平面PCQ的法向量，利用向量法求解即可.（1）解法一：∵BC=2AB=2,∠ABC=60在△ABC中，AC2=A∴AC=3，A∴AB⊥AC，又AB//CD?CD⊥AC，∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，∴PA⊥CD，AC,PA?平面PAC且相交于A，∴CD⊥平面PAC，又CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC.解法二：∵BC=2AB,∠ABC=60如圖建立空間直角坐標系，P0,0,1,A0,0,0則PA=0,0,?1，設n1=x,y,z是平面PAC的法向量，則n設n2=a,b,c是平面PCD的法向量，則n所以n1?n2=0（2）解法一：在直角梯形ADQP中，因為PA=1,AD=2,PQ=22，解得QD=3過C,P作CE,PE分別平行于AP,AC，連結(jié)QE，作PF⊥QC交QC于F點，連結(jié)EF，∵AC⊥CD,AC⊥QD，CD∩QD=D且都在面CDQE內(nèi)，∴AC⊥平面CDQE，∵PE//AC,∴PE⊥平面CDQE，又QC?平面CDQE，∴PE⊥QC，又PF⊥QC，PE,PF?平面PEF且交于P，∴QC⊥平面PEF，又EF?平面PEF，∴QC⊥EF，∴∠PFE為平面PCQ與平面DCQ的夾角或其補角，在△PCQ中，PC=2,QC=10,PQ=22∴sin∠CPQ=628，由等面積法解得∴sin∠PFE=PE所以平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值為3131（2）解法二：在直角梯形ADQP中，解得QD=3，如圖建立空間直角坐標系，P0,0,1,C0,平面DCQ的法向量為n1=AC設平面PCQ的法向量為n2=x2,令y2=1，解得x2設平面PCQ與平面DCQ夾角為θ，所以cosθ=cos即平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值為313117．【答案】（1）解：估計流感的感染率P=220+80（2）解：列聯(lián)表如下：疫苗情況患有流感不患有流感合計打疫苗220580800不打疫苗80120200合計300700100所以K2所以有99.9%的把握認為注射流感疫苗與流感發(fā)病人數(shù)有關(guān)；（3）解：設事件A為“一次檢測結(jié)果呈陽性”，事件B為“被檢測者確實患有流感”，由題意得PB=0.3，PB=0.7，PAB=0.95，PAB=0.01，【解析】【分析】（1）由題意，根據(jù)古典概型概率公式求解即可；（2）根據(jù)題中數(shù)據(jù)得到列聯(lián)表，結(jié)合卡方運算公式和附表中的值進行判斷即可；（3）利用條件概率和全概率公式進行求解即可.（1）估計流感的感染率P=220+80（2）列聯(lián)表如下：疫苗情況患有流感不患有流感合計打疫苗220580800不打疫苗80120200合計300700100所以K2所以有99.9%的把握認為注射流感疫苗與流感發(fā)病人數(shù)有關(guān).（3）設事件A為“一次檢測結(jié)果呈陽性”，事件B為“被檢測者確實患有流感”，由題意得PB=0.3，PB=0.7，PA由全概率公式得PA所以PB18．【答案】（1）解：易知b=2，因為雙曲線的漸近線方程為y=±ba=±2x則雙曲線的標準方程為x2（2）解：設Ax1,y1,Bx且y0由O,M,P三點共線得y0x由PF⊥AB得kPF?kAB=?1，即yP由PQ=PA+PB可知，四邊形dP?lPQ=所以SPAQB令t=4m2?1,令ft=(t+5)所以ft在0,10上單調(diào)遞減，10,+∞上單調(diào)遞增，所以所以SPABQmin=45【解析】【分析】（1）由題意，根據(jù)雙曲線的性質(zhì)求解即可；（2）設直線AB:x=my+5，直曲聯(lián)立，把M坐標結(jié)合韋達定理用