浙江省學(xué)考適應(yīng)性2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期6月期末考試數(shù)學(xué)試題1．已知z?iz=3+i，則復(fù)數(shù)A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知a=b=2，a+2bA．32a B．34b C．3．已知函數(shù)y=lnx2?3x+2的定義域為集合A，值域為集合BA．?∞,1∪C．1,2 D．1,24．已知α,β為鈍角，且cosα=?255，sinβ=A．π4 B．5π4 C．3π45．甲、乙兩名乒乓球運動員進(jìn)行一場比賽，采用7局4勝制（先勝4局者勝，比賽結(jié)束）．已知每局比賽甲獲勝的概率均為23A．154 B．10729 C．402436．已知向量a=?6,t，b=2,1，且A．3 B．?12 C．?3 D．27．用平面α截一個球，所得的截面面積為4π，若α到該球球心的距離為5，則球的體積（）A．27π B．81π C．36π D．32π38．若m滿足22m=A．1 B．2 C．?1 D．09．常用放射性物質(zhì)質(zhì)量衰減一半所用的時間來描述其衰減情況，這個時間被稱做半衰期，記為T（單位：天）．鉛制容器中有甲、乙兩種放射性物質(zhì)，其半衰期分別為T1,T2．開始記錄時，這兩種物質(zhì)的質(zhì)量相等，512天后測量發(fā)現(xiàn)乙的質(zhì)量為甲的質(zhì)量的A．3+512T1C．?2+log251210．設(shè)a,b為實數(shù)，則“a≥b”是“amA．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件11．設(shè)△ABC的內(nèi)心為I，而且滿足3IA+5IBA．23 B．63 C．2312．一個頂點為P，底面中心為O的圓錐體積為1，若正四棱錐O?ABCD內(nèi)接于該圓錐，平面ABCD與該圓錐底面平行，A,B,C,D這4個點都在圓錐的側(cè)面上，則正四棱錐O?ABCD的體積的最大值是（）A．π B．821π C．8π 13．已知冪函數(shù)fx=?3a+1A．a(chǎn)=?1 B．若12<m<1C．若m=4時，y=fx關(guān)于y軸對稱 D．fx14．飲料瓶的主要成分是聚對苯二甲酸乙二醇酯，簡稱“PET”．隨著垃圾分類和可持續(xù)理念的普及，飲料瓶作為可回收材料的“主力軍”之一，得以高效回收，獲得循環(huán)再生，對于可持續(xù)發(fā)展具有重要意義，上海某高中隨機(jī)調(diào)查了該校某兩個班（A班，B班）5月份每天產(chǎn)生飲料瓶的數(shù)目（單位：個），并按10,20,A．A班該月平均每天產(chǎn)生的飲料瓶個數(shù)估計為41B．B班5月產(chǎn)生飲料瓶數(shù)的第75百分位數(shù)xC．已知該校共有學(xué)生1000人，則約有150人5月份產(chǎn)生飲料瓶數(shù)在40,50之間D．m=0.2515．已知函數(shù)fxA．fx的圖像是中心對稱圖形 B．fC．fx是周期函數(shù) D．f16．已知函數(shù)fx=x2?2x+3,A．0個 B．1個 C．2個 D．3個17．已知函數(shù)fx=x218．已知函數(shù)fx=sin2x+π6+sin2x?π6+3cos2x+t的最大值為19．給定正實數(shù)k，對任意正實數(shù)a,b，記m=mina,bka220．A為平面內(nèi)一定點，α=2，β=3，α與β夾角為60°，AP=xα+yβ，0≤x，21．已知△ABC內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，c=3，（1）求2a+b的取值范圍（2）求△ABC內(nèi)切圓的半徑的最大值22．如圖，四棱錐A?BCED中，平面ABC⊥平面BCED，AB=AC，AD=AE，BC∥DE，BD=CE，BC=2DE=43，∠DAE=12∠BAC，AD=ABsin∠DAE．設(shè)BC中點為H，過點H的平面α同時垂直于平面（1）求平面α與平面BCED夾角的正弦值；（2）求平面α截四棱錐A?BCED所得多邊形的周長．23．已知函數(shù)f(x)=（1）若函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，求a的值；（2）當(dāng)a>0時，（?。┖瘮?shù)f(x)≥4a|x?a2|?10a2+1，（ⅱ）若關(guān)于x的方程f(x)=b有兩個不同的實根

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因為z?iz所以z=?i所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為?1故答案為：C.【分析】先利用復(fù)數(shù)乘除法運算法則化簡得出復(fù)數(shù)z，再結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義得出復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)，再結(jié)合點的坐標(biāo)確定復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限.2．【答案】B【解析】【解答】解：因為a+2b=42，又因為a=b=2，

所以a在b上的投影向量為a?故答案為：B.【分析】將a+2b=42左右同時平方可得a?3．【答案】D【解析】【解答】解：由x2?3x+2>0，

則x?2x?1>0，解得所以函數(shù)y=lnx2?3x+2的定義域為集合A=?∞,1∪故答案為：D.【分析】先令x24．【答案】D【解析】【解答】解：因為α,β為鈍角，且cosα=?所以sinα=55,cos所以cosα+β所以α+β=7π故答案為：D.【分析】先根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系式求出sinα,cosβ的值，再由兩角和的余弦公式結(jié)合角α,β5．【答案】D【解析】【解答】解：根據(jù)題意，甲運動員前5場內(nèi)需要贏3場，第6場甲勝，則甲以4比2獲勝的概率為C5故答案為：D．【分析】根據(jù)題意，只需前5場甲贏3場，再利用獨立事件乘法求概率公式，從而得出甲以4比2獲勝的概率．6．【答案】C【解析】【解答】解：因為a∥b，

則2t=?6，

解得故答案為：C.【分析】由向量平行的坐標(biāo)表示，從而得出實數(shù)t的值.7．【答案】C【解析】【解答】解：設(shè)截面圓半徑為r，球半徑為R，球心到截面的距離為d，根據(jù)題意可得：πr2=4π則r=2，所以球的半徑為R=r所以球的體積為43故答案為：C.【分析】根據(jù)題中條件結(jié)合圓的面積公式和勾股定理，從而求出球的半徑R的值，再利用球的體積公式得出球的體積.8．【答案】C【解析】【解答】解：因為22m=44m，

所以22m=22(4m故答案為：C.【分析】將兩邊底數(shù)化為相同，從而得到229．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)開始記錄時，甲乙兩種物質(zhì)的質(zhì)量均為1，則512天后甲的質(zhì)量為：(12)由題意可知，(1所以512T故答案為：A.【分析】設(shè)開始記錄時，甲乙兩種物質(zhì)的質(zhì)量均為1，從而可得512天后甲、乙的質(zhì)量，再根據(jù)題意列出等式，從而得出T110．【答案】B【解析】【解答】解：若a≥b，又因為m2≥0，

則取m=0，a=?1,b=1，

此時am2≥b故“a≥b”是“am故答案為：B.【分析】由已知條件和不等式的基本性質(zhì)以及充分條件和必要條件的判斷方法，從而找出正確的選項.11．【答案】D【解析】【解答】解：法一：將IA,IB,IC分別延長至A1則IA1?+IB1?+IC則S△IA1CS△I所以S△IAC設(shè)△ABC的內(nèi)接圓半徑為r，有S△IAC=12br則b:c:a=5:6:3，故cos∠ABC=a法二：由內(nèi)心的向量表示知：a?IA+b?IB+c?IC故cos∠ABC=a故答案為：D.

【分析】利用兩種方法求解.

法一：將IA,IB,IC分別延長至A1,B1,法二：由三角形的內(nèi)心的向量表示可得a:b:c=3:5:6，再結(jié)合余弦定理的推論計算得出cos∠ABC的值.12．【答案】D【解析】【解答】解：如圖所示，OP交平面ABCD于點Q，

設(shè)QA=QC=r，OW=R，PQ=?，由△PAQ∽△PWO，得PQPO=AQOW，

則?PO則13πR2?OP=因為正方形ABCD的面積為2r則正四棱錐O?ABCD的體積為：V=1其中，令t=r則V=2πt則V'=2π2t?3t2，

當(dāng)0<t<所以V=2πt2?則V=2πt則最大值為V=2故答案為：D.

【分析】作出輔助線，由三角形相似和圓錐體積得到各邊關(guān)系，從而表示出正四棱錐O?ABCD的體積為V=2r2πR2?2r13．【答案】B,C【解析】【解答】解：對于A，因為fx=?3a+1xm對于B，當(dāng)12<m<1時，m2?3m+2=m?1對于C，當(dāng)m=4時，fx=x42對于D，根據(jù)冪函數(shù)性質(zhì)可知恒過定點1,1，故選項D錯誤.故答案為：BC.【分析】根據(jù)冪函數(shù)的定義和圖象以及性質(zhì)，從而逐項判斷找出說法正確的選項.14．【答案】A,B【解析】【解答】解：對于A，因為平均值為：10×15×0.005+25×0.015+35×0.03+45×0.02+55×0.025+65×0.005對于B，因為10(0.005+0.02+m+0.02+0.015+0.015)=1，

解得m=0.025.所以前4個矩形面積之和為0.7，前5個矩形面積之和為0.85，故x2位于50,60所以10×0.005+0.02+0.025+0.02+(x2?50)×0.015=0.75對于C，根據(jù)題中條件無法得出每個同學(xué)5月份產(chǎn)生飲料瓶數(shù)的情況，故C錯誤；對于D，由選項B知m=0.025，故D錯誤.故答案為：AB.【分析】由頻率分布直方圖求平均值、百分位數(shù)的計算公式，再結(jié)合頻數(shù)等于頻率乘以樣本容量的公式、頻率之和等于1的性質(zhì)，從而逐項判斷找出說法正確的選項.15．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：fx對于A，因為fx+f(?x)=對于B，因為fx+π4=e對于C，因為fx+π=e2sin(x+對于D，令t=2sin(x?π4)∈?又因為g'(t)=et故答案為：BCD.【分析】利用已知條件，從而根據(jù)函數(shù)對稱性與周期性的定義判斷出選項A、選項B和選項C；利用換元法，再結(jié)合偶函數(shù)的定義和求導(dǎo)判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，則判斷出選項D，從而找出說法正確的選項.16．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：作出函數(shù)y=f(x)的圖象，如圖所示：將原問題轉(zhuǎn)化為直線y=ax+2（過定點0,2）與函數(shù)y=f(x)的圖象交點的個數(shù)，由圖可知，

當(dāng)a=0時，直線y=2與函數(shù)y=f(x)的圖象只有一個交點；當(dāng)a<0時，直線y=ax+2與函數(shù)y=f(x)的圖象沒有交點；當(dāng)a>0時，直線y=ax+2與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個交點，所以直線y=ax+2與函數(shù)y=f(x)的圖象不可能有兩個交點．故答案為：ABD．

【分析】將原問題轉(zhuǎn)化為直線y=ax+2與函數(shù)y=f(x)的圖象交點的個數(shù)，再作出y=f(x)的圖象，分a>0、a=0、a<0三種情況，則結(jié)合圖象求解得出關(guān)于x的方程fx17．【答案】?4【解析】【解答】解：由e?2?1>?1，

故則ff故答案為：?4.【分析】利用分段函數(shù)的解析式和代入法，從而得出ff18．【答案】3；kπ?【解析】【解答】解：f(x)===3當(dāng)2x+π3=π2+2kπ,k∈Z時，即當(dāng)x=π12+kπ,k∈Z時，

由?π得?5π所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ?5π故答案為：3；kπ?5π12,kπ+π12k∈Z.

【分析】先化簡得fx=23sin19．【答案】1【解析】【解答】解：由題意可得m≤a，m≤b則m2≤ab則m≤1故答案為：14【分析】由題意可得m2≤ab20．【答案】3【解析】【解答】解：由AP=xα+yβ，則P所圍成的面積為以α、β為鄰邊的平行四邊形的面積，則S=2×1故答案為：33【分析】由題意可得P所圍成的面積為以α、β為鄰邊的平行四邊形的面積，再結(jié)合三角形的面積公式求和得出P所圍成的面積.21．【答案】（1）解：因為tanC=所以sinC(則sinC得sin(C?A)=sin(B?C)，

所以C?A=B?C解得A+B=2C或B?A=π（舍去），

因為A+B+C=π，所以C=π3，

又因為c=3，由正弦定理得csinC所以

2a+b=4sinA+2sin由0<A<2π3知，當(dāng)sin(A+φ)=1時，2a+b又因為2a+b>a+b>c=3，

所以3（2）解：由（1）和余弦定理得cosC=a2+b2?c22ab，則a+b≤23，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時等號成立，

所以則?ABC的面積為S=12absinC=34則△ABC的面積為S=12r(a+b+c)=12又因為(a+b)2=3+3ab，

所以則r=所以，r的最大值為12【解析】【分析】（1）根據(jù)三角恒等變換的化簡計算可得sin(C?A)=sin(B?C)，從而得出角C（2）由（1）結(jié)合余弦定理和基本不等式求最值的方法，從而可得3<a+b≤23，利用?ABC的面積為S=12r(a+b+3)=（1）因為tanC=所以sinC(即sinC得sin(C?A)=sin(B?C)，所以C?A=B?C解得A+B=2C或B?A=π（舍去），又A+B+C=π，所以C=π3，又c=3，由正弦定理得c所以2a+b=4sinA+2sin由0<A<2π3知，當(dāng)sin(A+φ)=1時，2a+b又2a+b>a+b>c=3，所以3（2）由（1），由余弦定理得cosC=a2得a2+b得a+b≤23，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時等號成立，所以△ABC的面積為S=12absinC=則△ABC的面積為S=12r(a+b+c)=又(a+b)2=3+3ab，所以則r=3即r的最大值為1222．【答案】（1）解：延長BD,CE相交于點F，連接AF,HF,AH，

所以平面BAD∩平面CAE=AF，因為平面α同時垂直于平面BAD與平面CAE，則AF⊥α，由AB=AC，BC中點為H，

可得AH⊥BC，∠BAH=又因為平面ABC⊥平面BCED，

平面ABC∩平面BCED=BC，AH?平面ABC，所以AH⊥平面BCED，由BC∥DE，BD=CE，BC=2DE=43，

可知四邊形BCED所以兩底角∠DBC=∠DCE，則BF=FC，

又因為BC中點為H，所以FH⊥BC，又因為∠DAE=12∠BAC=∠BAH所以AD=ABsin∠BAH=BH=23，

又因為AD=AE，所以AE=2又因為DE=23，所以三角形ADE是等邊三角形，則∠DAE=又因為∠DAE=12∠BAC，由BH=23，解得AH=2由勾股定理AD2=DH2由FH⊥BC，可知BF=2DH=42，

再由勾股定理得：B則32=FH因為AF⊥α，AH⊥平面BCED，

所以∠FAH就是平面α與平面BCED的夾角，因為FH=25，AH=2，

所以AF=則sin∠FAH=故平面α與平面BCED夾角的正弦值為306（2）解：過點B作AF的垂線交AD于M，垂足為G，交連結(jié)CG，交AE于N，

因為AH⊥BC，F(xiàn)H⊥BC，F(xiàn)H∩AH=H，

FH,AH?平面AFH，所以BC⊥平面AFH，

又因為AF?平面AFH，所以BC⊥AF，又因為AF⊥BG，BG∩BC=B，BG,BC?平面BGC，所以AF⊥平面BGC，

則平面BGC就是所要求作的平面α，它與四棱錐的截面是四邊形BMNC，已知AF=26，BF=42,AB=4cos∠BAF=16+24?322×4×26由余弦定理得：

cos∠BAD=由三角形內(nèi)角和為180°sin由正弦定理得：

BMsin解得BM=21387,AM=437，

因為∠MAN=60°由對稱性可知：CN=BM=2故平面α截四棱錐A?BCED所得多邊形的周長為：

BM+MN+NC+CB=【解析】【分析】（1）利用已知條件和兩個平面的法向量的夾角，再結(jié)合勾股定理和正弦函數(shù)的定義，從而得出平面α與平面BCED夾角的正弦值.（2）利用已知條件作垂線，從而作出截面α，再找到它截四棱錐的截面四邊形，再根據(jù)余弦定理、正弦定理和三角形內(nèi)角和定理、圖形的對稱性，從而求和計算出平面α截四棱錐A?BCED所得多邊形的周長.（1）延長BD,CE相交于點F，連接AF,HF,AH，所以平面BAD∩平面CAE=AF．由于平面α同時垂直于平面BAD與平面CAE，則AF⊥α，由AB=AC，BC中點為H，可得AH⊥BC，∠BAH=又因為平面ABC⊥平面BCED，平面ABC∩平面BCED=BC，AH?平面ABC，所以AH⊥平面BCED，由BC∥DE，BD=CE，BC=2DE=43，可知四邊形BCED所以兩底角∠DBC=∠DCE，則BF=FC，又因為BC中點為H，所以FH⊥BC，再因為∠DAE=12∠BAC=∠BAH所以AD=ABsin∠BAH=BH=23，而AD=AE，所以AE=2又因為DE=23，所以三角形ADE是等邊三角形，即∠DAE=又因為∠DAE=12再由BH=23，可解得AH=2由勾股定理AD2=D由FH⊥BC可知：BF=2DH=42，再由勾股定理得：B即32=FH由于AF⊥α，AH⊥平面BCED，所以∠FAH就是平面α與平面BCED的夾角，因為FH=25，AH=2，所以AF=即sin∠FAH=故平面α與平面BCED夾角的正弦值為306（2）過點B作AF的垂線交AD于M，垂足為G，交連結(jié)CG，交AE于N，由于AH⊥BC，F(xiàn)H⊥BC，F(xiàn)H∩AH=H，F(xiàn)H,AH?平面AFH，所以BC⊥平面AFH，又因為AF?平面AFH，所以BC⊥AF，現(xiàn)在又因為AF⊥BG，BG∩BC=B，BG,BC?平面BGC，所以AF⊥平面BGC，即平面BGC就是所要求作的平面α，它與四棱錐的截面是四邊形BMNC，先解三角形ABF，已知AF=26，BF=4cos∠BAF=16+24?32解三角形ABD，由余弦定理得：cos∠BAD=再解三角形ABM，由