云南省昆明市2024-2025学年高二上学期期末诊断测试试卷

第 1 页，共 4 页 [考试时间：2025年 1月 15 日 19:30至 21:30] 2024—2025 学年秋季学期期末诊断测试 高二年级数学试卷 （考试时间 120分钟，满分 150分） 命题人：杨晓冬 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。 一、单选题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1.已知集合𝐴 = {𝑥 ∈ 𝑁|𝑥2 − 9 < 0}，𝐵 = {𝑦 ∈ 𝑅|𝑦 = 𝑥2 − 1, 𝑥 ∈ 𝑅}，则𝐴 ∩ 𝐵 =( ) A. {0,1,2} B. {1,2} C. [−1,3) D. (−3,3) 2.如果直线2𝑥 + 𝑦 = 0与直线𝑥 − 𝑚𝑦 − 1 = 0垂直，那么𝑚的值为( ) A. −2 B. − 1 2 C. 1 2 D. 2 3.已知下列命题 ①已知向量?⃗?, ?⃗?, 𝑐，则(?⃗⃗? + ?⃗⃗?) ⋅ ?⃗⃗? = ?⃗⃗? ⋅ ?⃗⃗? + ?⃗⃗? ⋅ ?⃗⃗?；②已知向量?⃗?, ?⃗?，则?⃗? ⊥ ?⃗? ⇔ ?⃗? ⋅ ?⃗? = 0； ③已知向量?⃗?, ?⃗?共线，则3 ?⃗⃗? + ?⃗⃗?与?⃗?共线； ④已知𝑚，𝑛是平面𝛼内的两条相交直线.若𝑙 ⊥ 𝑚，𝑙 ⊥ 𝑛，则 𝑙 ⊥ 𝛼． 其中正确的命题的个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4.图1是1963年在陕西宝鸡贾村出口的一口“何尊”(西周青铜酒器)，其高约40厘米，器口直径约30厘 米.何尊内底铭文中出现了“宅兹中国”四字(图2)，这是已知“中国”一词最早的文字记载，其形状可 视为一个圆柱和一个圆台构成的组合体，圆柱的上底面与圆台的上底面完全重合，圆柱的高和底面直径 分别约为24厘米，18厘米，则该组合体的体积约为( ) A. 3576𝜋 B. 3744𝜋 C. 4296𝜋 D. 4824𝜋 5.早在公元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调 和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项， 其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若实数𝑎，𝑏满足2𝑎 + 2𝑏 = 1， 则(2𝑎 + 1)(2𝑏 + 1)的最大值为( ) A. 9 16 B. 25 16 C. 25 4 D. 9 4 6.已知cos(𝛼 − 𝜋 3 ) − cos𝛼 = 4 5 ，则sin(2𝛼 + 𝜋 6 ) =( ) A. 7 25 B. − 7 25 C. 24 25 D. − 24 25 7.若𝑎 = ln2 2 ，𝑏 = ln3 3 ，𝑐 = ln5 5 ，则( ) A. 𝑎 < 𝑏 < 𝑐 B. 𝑐 < 𝑏 < 𝑎 C. 𝑐 < 𝑎 < 𝑏 D. 𝑎 < 𝑐 < 𝑏 8.已知抛物线𝑦2 = 16𝑥的焦点为𝐹，过点𝐹作直线𝑙交抛物线于𝑀，𝑁两点，则 |𝑁𝐹| 9 − 4 |𝑀𝐹| 的最小值为( ) A. 2 3 B. − 2 3 C. − 1 3 D. 1 3 第 2 页，共 4 页 二、多选题（本题共 3个小题，每小题 6分，共 18分，全部选对得 6分，部分选对得部分分，有选错的 得 0 分） 9.已知函数𝑓(𝑥) = tan( 𝜋 2 𝑥 + 𝜋 3 )，则下列描述中正确的是( )． A. 函数𝑓(𝑥)的图象关于点(− 1 3 , 0)成中心对称 B. 函数𝑓(𝑥)的最小正周期为2 C. 函数𝑓(𝑥)的单调增区间为(− 5 3 + 4𝑘, 1 3 + 4𝑘)，𝑘 ∈ 𝑍 D. 函数𝑓(𝑥)的图象没有对称轴 10.下列结论错误的是( ) A. 已知{𝑎𝑛}为一个数列，那么对任意正整数𝑛，均有𝑎𝑛 = 𝑆𝑛 − 𝑆𝑛−1； B. 对于任意实数𝑎、𝑏，一定存在实数𝑐，使得𝑐为𝑎、𝑏的等比中项； C. 若数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛 = 𝑛 2 + 𝑏𝑛 + 𝑐，则{𝑎𝑛}一定是等差数列； D. 若数列{𝑎𝑛}是等差数列，则数列{3 𝑎𝑛}一定是等比数列． 11.如图，在棱长为1正方体𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝐹是线段𝐵𝐶1上的动点，则下列说法正确的是( ) A. 无论点𝐹在𝐵𝐶1上怎么移动，都有𝐴1𝐹 ⊥ 𝐵1𝐷 B. 点𝐴1到平面𝐶1𝐵𝐷的距离为 2√ 3 3 C. 当点𝐹移动至𝐵𝐶1中点时，直线𝐴1𝐹与平面𝐵𝐷𝐶1所成角最大且为60° D. 无论点𝐹在𝐵𝐶1上怎么移动，异面直线𝐴1𝐹与𝐶𝐷所成角都不可能是30° 三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分） 12.若1 + √ 2𝑖是关于𝑥的实系数方程𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0的一个复数根，则𝑐 = ． 13.有且仅有语文、数学、英语、物理4科老师布置了作业，同一时刻3名学生都在做作业，则这3名学生 做作业的可能情况有______种． 14.既要金山银山，又要绿水青山，说明了既要发展经济，又要保护环境，两者兼得，社会才能又快又好 的发展.现某风景区在践行这一理念下，计划在如图所示的以𝐴𝐵为直径的半圆形山林中设计一条休闲小 道𝐴𝐶(𝐶与𝐴，𝐵不重合)，𝐴，𝐵相距400米，在紧邻休闲小道𝐴𝐶的两侧及 圆弧𝐶𝐵 ⌢ 上进行绿化，设∠𝐵𝐴𝐶 = 𝜃，则绿化带的总长度𝑓(𝜃)的最大值约 为 米. (参考数据：√ 3 ≈ 1.7，𝜋 ≈ 3) 四、解答题（本大题共 6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)某区政府组织了以“不忘初心，牢记使命”为主题的教育活动，为统计全区党员干部一 周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取𝑛名，获得了他们一周参与主题教育活动时 间(单位：ℎ)的频率分布直方图如图所示，已知参与主题教育活动 时间在(12,16]内的人数为92． (1)求𝑛的值； (2)估算这些党员干部参与主题教育活动时间的中位数(精确到 0.01)； (3)如果计划对参与主题教育活动时间在(16,24]内的党员干部给 予奖励，且在(16,20]、(20,24]内的分别评为二等奖和一等奖，那 么按照分层抽样的方法从获得一、二等奖的党员干部中选取5人 参加社区义务宣讲活动，再从这5人中随机抽取2人作为主宣讲人，求这2人均是二等奖的概率． 第 3 页，共 4 页 16.(本小题15分) 在△ 𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝑐 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝐴 + √ 3𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑎 − 𝑏 = 0． (1)求角𝐶； (2)若𝑐 = 4，△ 𝐴𝐵𝐶的面积为4√ 3，求𝑎，𝑏． 17.(本小题15分) 如图，在四棱锥𝑃 − 𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝑃𝐴 ⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，点𝐸是棱𝑃𝐶的 中点，且𝐴𝐸 = 𝐴𝐵． (1)记平面𝐴𝐷𝐸与平面𝑃𝐵𝐶的交线为𝑙，证明：直线𝑙//平面𝐴𝐵𝐶𝐷； (2)求直线𝑃𝐶与平面𝐴𝐷𝐸所成角的正弦值． 第 4 页，共 4 页 18.(本小题17分) 已知椭圆𝐶的中心在原点，一个焦点为𝐹1(−√ 3, 0)，且椭圆𝐶经过点𝑃 (√ 3, 1 2 )． (1)求椭圆𝐶的方程； (2)设椭圆𝐶与𝑦轴的正半轴交于点𝐷，直线𝑙: 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑚与椭圆𝐶交于𝐴，𝐵两点(𝑙不经过点𝐷)，且𝐴𝐷 ⊥ 𝐵𝐷， 证明：直线𝑙经过定点，并求出该定点的坐标． 19.(本小题17分) 已知函数𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑒𝑥 ． (1)求𝑓(𝑥)在区间[−2,2]上的最大值和最小值； (2)若𝑥 = 0是函数𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑎)𝑓(𝑥) + 𝑠𝑖𝑛𝑥的极值点． (ⅰ)证明：−2𝑙𝑛2 < 𝑎 < 0； (ⅱ)讨论𝑔(𝑥)在区间(−𝜋, 𝜋)上的零点个数． . 第 1 页，共 10 页 2024—2025 学年秋季学期期末诊断测试 高二年级数学答案 1. 𝐴 2. 𝐷 3. 𝐶 4. 𝐶 5. 𝐷 6. 𝐵 7. 𝐶 8. 𝐷 9. 𝐵𝐷 10. 𝐴𝐵𝐶 11. 𝐴𝐵𝐷 12. 3 13. 64 14. 880 15. 解：(1)由已知可得，𝑎 = 0.25 − (0.0250 + 0.0475 + 0.0500 + 0.0125) = 0.1150． 则0.1150 × 4 × 𝑛 = 92，得𝑛 = 92 0.1150×4 = 200．……………………………………………………4 分 (2)设中位数为𝑥，则0.0500 × 4 + 0.0125 × 4 + (16 − 𝑥) × 0.1150 = 0.5，得 𝑥 ≈ 13.83．……………………………………………………………8 分 (3)按照分层抽样的方法从(16,20]内选取的人数为 0.050 0.0500+0.0125 × 5 = 4， 从(20,24]内选取的人数为 0.0125 0.0500+0.0125 × 5 = 1． 记二等奖的4人分别为𝑎，𝑏，𝑐，𝑑，一等奖的1人为𝐴， 事件𝐸为“从这5人中抽取2人作为主宣讲人，且这2人均是二等奖”． 从这5人中随机抽取2人的情况为(𝑎, 𝑏)，(𝑎, 𝑐)，(𝑎, 𝑑)，(𝑎, 𝐴)，(𝑏, 𝑐)，(𝑏, 𝑑)，(𝑏, 𝐴)，(𝑐, 𝑑)，(𝑐, 𝐴)， (𝑑, 𝐴)，共10种， 其中2人均是二等奖的情况有(𝑎, 𝑏)，(𝑎, 𝑐)，(𝑎, 𝑑)，(𝑏, 𝑐)，(𝑏, 𝑑)，(𝑐, 𝑑)，共6种， 由古典概型的概率计算公式得𝑃(𝐸) = 6 10 = 3 5 ．……………………………………………………………13 分 16. 解：(1)因为𝑐 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝐴 + √ 3𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑎 − 𝑏 = 0， 则由正弦定理可得，𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴 + √ 3𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐵 = 0， 因为𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝜋， 则𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴 + √ 3𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴 − sin(𝐴 + 𝐶) = 0， 即𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴 + √ 3𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶 − 𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶 = 0， 所以√ 3𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶 = 0， 因为0 < 𝐴 < 𝜋， 所以𝑠𝑖𝑛𝐴 > 0， 所以√ 3𝑠𝑖𝑛𝐶 − 1 − 𝑐𝑜𝑠𝐶 = 0，故2𝑠𝑖𝑛(𝐶 − 𝜋 6 ) = 1， 第 2 页，共 10 页 因为0 < 𝐶 < 𝜋，− 𝜋 6 < 𝐶 − 𝜋 6 < 5𝜋 6 ， 所以𝐶 − 𝜋 6 = 𝜋 6 ，即𝐶 = 𝜋 3 ；……………………………………………………………8 分 (2)𝑆△𝐴𝐵𝐶 = 1 2 𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶 = √ 3 4 𝑎𝑏 = 4√ 3， 所以𝑎𝑏 = 16， 又由余弦定理𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶，𝑐 = 4，即𝑎2 + 𝑏2 − 𝑎𝑏 = 16， 所以𝑎2 + 𝑏2 = 32，所以(𝑎 − 𝑏)2 = 𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 = 0， 所以𝑎 = 𝑏 = 4． ……………………………………………………………15 分 17. (1)证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴ 𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∵ 𝐴𝐷 ⊄平面𝑃𝐵𝐶，𝐵𝐶 ⊂平面𝑃𝐵𝐶，∴ 𝐴𝐷//平面𝑃𝐵𝐶， 又𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐷𝐸，平面𝐴𝐷𝐸 ∩平面𝑃𝐵𝐶 = 𝑙， ∴ 𝐴𝐷//𝑙， ∵ 𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑙 ⊄平面𝐴𝐵𝐶𝐷， ∴ 𝑙//平面𝐴𝐵𝐶𝐷．……………………………………………………………6 分 (2)解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝑃𝐴 ⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐴𝐵、𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷， ∴ 𝐴𝐵、𝐴𝐷、𝐴𝑃两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系𝐴 − 𝑥𝑦𝑧， 设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为1，𝐴𝑃 = 𝑎 > 0， 则𝐴(0,0,0)，𝐶(1,1,0)，𝐷(0,1,0)，𝑃(0,0, 𝑎)， ∵ 𝐸是线段𝑃𝐶的中点，∴ 𝐸( 1 2 , 1 2 , 𝑎 2 )， ∴ 𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (1,1,−𝑎)，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0,1,0)，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ( 1 2 , 1 2 , 𝑎 2 )， ∵ 𝐴𝐸 = 𝐴𝐵 = 1，∴ √ 1 4 + 1 4 + 𝑎2 4 = 1，解得𝑎 = √ 2， 第 3 页，共 10 页 ∴ 𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (1,1,−√ 2)，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ( 1 2 , 1 2 , √ 2 2 )， 设平面𝐴𝐷𝐸的法向量为?⃗? = (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则{?⃗? ⋅ 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 ?⃗? ⋅ 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0 ，即{ 𝑦 = 0 1 2 𝑥 + 1 2 𝑦 + √ 2 2 𝑧 = 0 ， 令𝑧 = 1，则𝑥 = −√ 2，𝑦 = 0，∴ ?⃗? = (−√ 2, 0,1)， 设直线𝑃𝐶与平面𝐴𝐷𝐸所成角为𝜃， 则𝑠𝑖𝑛𝜃 = |cos < 𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗，?⃗? > | = | 𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅?⃗? |𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|?⃗? | | = | −√ 2+0−√ 2 √ 1+1+2×√ 3 | = √ 6 3 ， 故直线𝑃𝐶与平面𝐴𝐷𝐸所成角的正弦值为√ 6 3 ． ……………………………………………………………15 分 18. (1)解：由题意，设椭圆𝐶: 𝑥2 𝑎2 + 𝑦2 𝑏 2 = 1(𝑎 > 𝑏 > 0)，焦距为2𝑐，则𝑐 = √ 3，椭圆的另一个焦点为 𝐹2(√ 3, 0)， 由椭圆定义得2𝑎 = |𝑃𝐹1| + |𝑃𝐹2| = 7 2 + 1 2 = 4，𝑎 = 2，𝑏 = √ 𝑎2 − 𝑐2 = 1， 所以𝐶的方程 𝑥2 4 + 𝑦2 = 1; ……………………………………………………………6 分 (2)证明：由已知得𝐷(0,1)，由{ 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑚 𝑥2 4 + 𝑦2 = 1 ， 得(1 + 4𝑘2)𝑥2 + 8𝑘𝑚𝑥 + 4𝑚2 − 4 = 0， 当𝛥 > 0时，𝐴(𝑥1, 𝑦1)，𝐵(𝑥2, 𝑦2)， 则𝑥1 + 𝑥2 = −8𝑘𝑚 1+4𝑘 2，𝑥1𝑥2 = 4𝑚2−4 1+4𝑘 2，𝑦1 + 𝑦2 = 𝑘(𝑥1 + 𝑥2) + 2𝑚 = 2𝑚 1+4𝑘 2，𝑦1𝑦2 = (𝑘𝑥1 + 𝑚)(𝑘𝑥2 + 𝑚) = 𝑚2−4𝑘 2 1+4𝑘 2 ， 由𝐴𝐷 ⊥ 𝐵𝐷得𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥1𝑥2 + (𝑦1 − 1)(𝑦2 − 1) = 0， 即 5𝑚2−2𝑚−3 1+4𝑘 2 = 0， 所以5𝑚2 − 2𝑚 − 3 = 0， 解得𝑚 = 1或𝑚 = − 3 5 ， ①当𝑚 = 1时，直线𝑙经过点𝐷，舍去； ②当𝑚 = − 3 5 时，显然有𝛥 > 0，直线𝑙经过定点 (0,− 3 5 )． ……………………………………………………………17 分 第 4 页，共 10 页 19. 解：(1)𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑒𝑥 ，𝑓′(𝑥) = 1−𝑥 𝑒𝑥 ，取𝑓′(𝑥) = 1−𝑥 𝑒𝑥 = 0，得到𝑥 = 1， 当𝑥 ∈ (−2,1)时，𝑓′(𝑥) > 0，函数单调递增， 当𝑥 ∈ (1,2)时，𝑓′(𝑥) < 0，函数单调递减， 又𝑓(−2) = −2 𝑒−2 = −2𝑒2，𝑓(1) = 1 𝑒1 = 𝑒−1，𝑓(2) = 2 𝑒2 = 2𝑒−2， 故𝑓(𝑥)在区间[−2,2]上的最大值为𝑒−1，最小值为 −2𝑒2．……………………………………………………………4 分 (2)(ⅰ)证明：𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑎) ⋅ 𝑓(𝑥) + 𝑠𝑖𝑛𝑥 = 𝑎 𝑒𝑎 ⋅ 𝑥 𝑒𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑔′(𝑥) = 𝑎 𝑒𝑎 ⋅ 1−𝑥 𝑒𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥，𝑔′(0) = 𝑎 𝑒𝑎 + 1 = 0，故 𝑒𝑎 + 𝑎 = 0， 设𝐹(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥，函数单调递增，𝐹(0) = 1 > 0，𝐹(−2𝑙𝑛2) = 𝑒−2𝑙𝑛2 − 2𝑙𝑛2 = 1 4 − 𝑙𝑛4 < 0． 根据零点存在定理知−2𝑙𝑛2 < 𝑎 < 0．……………………………………………………………9 分 (ⅱ)𝑔(𝑥) = − 𝑥 𝑒𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑔(0) = 0，𝑔′(𝑥) = 𝑥−1 𝑒𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥， 设ℎ(𝑥) = 𝑥−1 𝑒𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥，ℎ′(𝑥) = 2−𝑥 𝑒𝑥 − 𝑠𝑖𝑛𝑥， 当𝑥 ∈ (−𝜋, 0)时， 2−𝑥 𝑒𝑥 > 0, 𝑠𝑖𝑛𝑥 < 0，故ℎ′(𝑥) > 0，𝑔′(𝑥)单调递增，𝑔′(𝑥) < 𝑔′(0) = −1 + 1 = 0， 故函数𝑔(𝑥)单调递减，𝑔(𝑥) > 𝑔(0) = 0， 故函数在(−𝜋, 0)上无零点； 当𝑥 ∈ (0, 𝜋)时，𝑔(𝑥) = − 𝑥 𝑒𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 = 1 𝑒𝑥 (𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑥)， 设𝐹(𝑥) = 𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑥，𝐹′(𝑥) = 𝑒𝑥(𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥) − 1， 设𝑘(𝑥) = 𝑒𝑥(𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥) − 1，则𝑘′(𝑥) = 2𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥， 当𝑥 ∈ (0, 𝜋 2 )时，𝑘′(𝑥) = 2𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 > 0，当𝑥 ∈ ( 𝜋 2 , 𝜋)时，𝑘′(𝑥) = 2𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 < 0， 故𝑘(𝑥)在(0, 𝜋 2 )单调递增，在( 𝜋 2 , 𝜋)上单调递减，𝑘(0) = 0，𝑘( 𝜋 2 ) = 𝑒 𝜋 2 − 1 > 0，𝑘(𝜋) = −𝑒𝜋 − 1 < 0， 故存在𝑥0 ∈ ( 𝜋 2 , 𝜋)使𝑘(𝑥0) = 0， 当𝑥 ∈ (0, 𝑥0)时，𝑘(𝑥) > 0，𝐹(𝑥)单调递增； 当𝑥 ∈ (𝑥0, 𝜋)时，𝑘(𝑥) < 0，𝐹(𝑥)单调递减． 𝐹(0) = 0，故 F(𝑥0) > 0，𝐹(𝜋) = −𝜋 < 0，故函数在(𝑥0, 𝜋)上有1个零点． 综上所述：𝑔(𝑥)在区间(−𝜋, 𝜋)上的零点个数为2． ………………………………………………………17 分 【解析】 第 5 页，共 10 页 1. 【分析】 可求出集合𝐴，𝐵，然后进行交集的运算即可． 本题考查了二次函数的值域，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题． 【解答】 解： 𝐴 = {𝑥 ∈ 𝑁|𝑥2 − 9 < 0} = {0,1,2}， 𝐵 = {𝑦 ∈ 𝑅|𝑦 = 𝑥2 − 1, 𝑥 ∈ 𝑅} = {𝑦|𝑦 ≥ −1}， ∵ 𝐴 = {0,1,2}，𝐵 = {𝑦|𝑦 ≥ −1}， ∴ 𝐴 ∩ 𝐵 = {0,1,2}． 故选：𝐴． 2. 【分析】根据垂直关系列式求解即可． 【详解】因为直线2𝑥 + 𝑦 = 0与直线𝑥 − 𝑚𝑦 − 1 = 0垂直， 则2 × 1 + 1 × (−𝑚) = 0，解得𝑚 = 2． 故选：𝐷． 3. 解：对于①，由向量的运算性质可知，(?⃗? + ?⃗? ) ⋅ ?⃗? = ?⃗? ⋅ ?⃗? + ?⃗? ⋅ ?⃗? ，故①正确； 对于②，若𝑎 ⊥ ?⃗? ，则< ?⃗? , ?⃗? >= 90°，所以cos < ?⃗? , ?⃗? >= 0，则?⃗? ⋅ ?⃗? = | ?⃗? || ?⃗? |cos < ?⃗? , ?⃗? >= 0， 当𝑎 ⋅ ?⃗? = 0时，| ?⃗? || ?⃗? |cos < ?⃗? , ?⃗? >= 0，所以| ?⃗? | = 0或| ?⃗? | = 0或cos < ?⃗? , ?⃗? >= 0，所以𝑎 ⋅ ?⃗? = 0时，不一 定有𝑎 ⊥ ?⃗? ，故②不正确； 对于③，因为向量𝑎 , ?⃗? 共线，所以?⃗? = 𝜆𝑎 ，所以3 ?⃗? + ?⃗? = 3 ?⃗? + 𝜆 ?⃗? = (3 + 𝜆) ?⃗? ，故3 ?⃗? + ?⃗? 与𝑎 共线，故③ 正确； 对于④，根据线面垂直的判定定理，若𝑚，𝑛是平面𝛼内的两条相交直线，𝑙 ⊥ 𝑚，𝑙 ⊥ 𝑛，则𝑙 ⊥ 𝛼，故④正 确． 故选：𝐶． 根据向量的运算性质判断①；根据数量积的性质判断②；根据向量共线的定理判断③；根据线面垂直的 判定定理判断④． 本题考查平面向量的数量积，命题的真假判定，属于基础题． 4. 【分析】 本题考查圆柱和圆台的体积公式等基础知识，属于基础题． 根据圆柱和圆台的体积公式即可求解． 第 6 页，共 10 页 【解答】 解：由题意可知，圆台的高度约为40 − 24 = 16， 上端圆台的体积约为：𝑉1 = 1 3 × 𝜋(152 + 92 + 15 × 9) × 16 = 2352𝜋， 下端圆柱的体积约为：𝑉2 = 𝜋 × 24 × 9 2 = 1944𝜋， 所以该“何尊“的体积约为𝑉 = 𝑉1 + 𝑉2 = 2352𝜋 + 1944𝜋 = 4296𝜋． 故选：𝐶． 5. 【分析】 本题考查基本不等式的应用，属于基础题． 根据条件，利用基本不等式，即可求解． 【解答】 解：因为 (2𝑎 + 1)(2𝑏 + 1) = 2𝑎 ⋅ 2𝑏 + 2𝑎 + 2𝑏 + 1 ，又 2𝑎 + 2𝑏 = 1 ， 所以 (2𝑎 + 1)(2𝑏 + 1) = 2𝑎 ⋅ 2𝑏 + 2 ≤ ( 2𝑎+2𝑏 2 )2 + 2 = 9 4 ，当且仅当 2𝑎 = 2𝑏 ，即 𝑎 = 𝑏 = −1 时取等号， 故选：𝐷 6. 【分析】 本题主要考查二倍角公式，以及辅助角公式和两角和与差的三角函数，属于中档题． 根据已知条件，结合辅助角公式和两角和与差的三角函数可得sin (𝛼 − 𝜋 6 ) = 4 5 ，再利用余弦二倍角公式， 以及诱导公式，即可求解． 【解答】 解：由题意可知 1 2 cos 𝛼 + √ 3 2 sin 𝛼 − cos 𝛼 = 4 5 ， 即 √ 3 2 sin 𝛼 − 1 2 cos 𝛼 = 4 5 ， 所以 sin (𝛼 − 𝜋 6 ) = 4 5 ， ，故选 B． 7. 【分析】利用作差法，再结合对数函数𝑦 = ln𝑥的单调性分别判断𝑎, 𝑏和𝑎, 𝑐的大小关系，即可判断出 𝑎, 𝑏, 𝑐的大小关系． 解：因为𝑏 − 𝑎 = ln3 3 − ln2 2 = 2ln3−3ln2 6 = ln9−ln8 6 > 0，所以𝑏 > 𝑎； 又因为𝑐 − 𝑎 = ln5 5 − ln2 2 = 2ln5−5ln2 10 = ln25−ln32 10 < 0，所以𝑎 > 𝑐； 第 7 页，共 10 页 综上所述：𝑐 < 𝑎 < 𝑏． 故选：𝐶． 8. 【分析】 本题考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力和推理论证能力，属于较难题． 通过联立方程以及韦达定理得到关系式，再利用基本不等式求得最值. 【解答】 解：由题意知，抛物线𝑦2 = 16𝑥的焦点坐标为(4,0)． 设𝑀(𝑥1, 𝑦1)，𝑁(𝑥2, 𝑦2)， 将𝑙: 𝑥 = 𝑚𝑦 + 4代入抛物线方程，可得𝑦2 = 16(𝑚𝑦 + 4)， 所以𝑦1 + 𝑦2 = 16𝑚，𝑦1𝑦2 = −64， 所以𝑥1 + 𝑥2 = 𝑚𝑦1 + 4 + 𝑚𝑦2 + 4 = 𝑚(𝑦1 + 𝑦2) + 8 = 16𝑚 2 + 8， 又因为𝑥1𝑥2 = 𝑦1 2 16 ⋅ 𝑦2 2 16 = 16， 由抛物线的性质，可得|𝑀𝐹| = 𝑥1 + 4，|𝑁𝐹| = 𝑥2 + 4， 故 1 |𝑀𝐹| + 1 |𝑁𝐹| = 1 𝑥1+4 + 1 𝑥2+4 = 𝑥1+𝑥2+8 (𝑥1+4)(𝑥2+4) = 𝑥1+𝑥2+8 𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)+16 = 1 4 ，(∗) 由(∗)可得 1 |𝑀𝐹| = 1 4 − 1 |𝑁𝐹| ， 从而有− 4 |𝑀𝐹| = 4 |𝑁𝐹| − 1， |𝑁𝐹| 9 − 4 |𝑀𝐹| = |𝑁𝐹| 9 + 4 |𝑁𝐹| − 1 ⩾ 4 3 − 1 = 1 3 ， 当且仅当|𝑁𝐹| = 6时取等号． 故选 D． 9. 【分析】 本题主要考查正切函数图像与性质的应用，属于中档题． 根据函数𝑦 = 𝑡𝑎𝑛𝑥的性质，逐项判断可得结果． 【解答】 解：由题意得， ，故 A 不正确； 函数𝑓(𝑥)的最小正周期为2，故 B 正确； 第 8 页，共 10 页 令𝑘𝜋 − 𝜋 2 < 𝜋 2 𝑥 + 𝜋 3 < 𝑘𝜋 + 𝜋 2 , 𝑘 ∈ 𝑍， 得2𝑘 − 5 3 < 𝑥 < 2𝑘 + 1 3 , 𝑘 ∈ 𝑍，故 C 错误； 函数𝑓(𝑥)没有对称轴，故 D 正确， 故选 BD． 10. 【分析】 本题考查了等差数列和等比数列，是基础题． 根据等差数列和等比数列的定义与性质逐一判定即可． 【解答】 解：对于𝐴:缺少条件𝑛 ≥ 2，𝐴错; 对于𝐵:当𝑎、𝑏异号时不存在，𝐵错; 对于𝐶: 𝑆𝑛 = 𝑛 2 + 𝑏𝑛 + 𝑐 ①， 当𝑛 ≥ 2时，𝑆𝑛−1 = (𝑛 − 1) 2 + 𝑏(𝑛 − 1) + 𝑐 ②  ① −  ②，得𝑎𝑛 = 2𝑛 + 𝑏 − 1，而𝑎1 = 1 + 𝑏 + 𝑐， 当𝑐 ≠ 0时，𝑎1 = 1 + 𝑏 + 𝑐不满足𝑎𝑛 = 2𝑛 + 𝑏 − 1，𝐶错; 对于𝐷:令等差数列{𝑎𝑛}公差为𝑑，则 3𝑎𝑛 3𝑎𝑛−1 = 3𝑎𝑛−𝑎𝑛−1 = 3𝑑，D 正确 11. 【分析】 本题考查了异面直线所成角的余弦值的求法，直线与平面所成角的求法，点到平面的距离，也考查了空间 中线线、线面、面面间的位置关系等应用问题，考查了空间想象能力、运算求解能力，是中档题． 对于𝐴由线面垂直的性质定理即可判断； 对于𝐵易知三棱锥𝐴1 − 𝐶1𝐵𝐷是以√ 2为棱长的正三棱锥，从而求得点𝐴1到平面𝐶1𝐵𝐷的距离； 对于𝐶当𝐹为𝐵1𝐶的中点时，直线𝐴1𝐹与平面𝐵𝐷𝐶1所成角为最大角，且该角的余弦值为 𝑂𝐹 𝐴1𝐹 ，从而得到结 论； 对于𝐷易知异面直线𝐴1𝐹与𝐶𝐷所成角即为直线𝐴1𝐹与𝐴1𝐵1所成角，且当𝐹为𝐵𝐶1的中点时，直线𝐴1𝐹与𝐴1𝐵1 所成角为最小角，且该角的的正切值为 𝐵1𝐹 𝐴1𝐵1 = √ 2 2 1 > √ 3 3 ，即可得到结论． 【解析】 对于𝐴：在正方体中，𝐷𝐵1 ⊥平面𝐴1𝐵𝐶1，又𝐴1𝐹 ⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，所以𝐴1𝐹 ⊥ 𝐵1𝐷，因此 A 正确； 对于𝐵：由题意易得三棱锥𝐴1 − 𝐶1𝐵𝐷是以√ 2为棱长的正四面体， 设正三角形𝐶1𝐵𝐷的外心为𝑂，设点𝐴1到平面𝐶1𝐵𝐷的距离为ℎ， 第 9 页，共 10 页 则𝐵𝑂 = 2 3 × √ 2 × √ 3 2 = √ 6 3 ， 所以ℎ = √ (√ 2) 2 − ( √ 6 3 ) 2 = 2√ 3 3 ，所以 B 正确； 对于𝐶：当点𝐹移动到𝐵𝐶1的中点时，直线𝐴1𝐹与平面𝐵𝐷𝐶1所成角由小到大再到小，如图1所示； 𝐴1𝑂 ⊥平面𝐵𝐷𝐶1， 且𝐹为𝐵1𝐶的中点时最大角的余弦值为 𝑂𝐹 𝐴1𝐹 = √ 6 6 √ 6 2 = 1 3 < 1 2 ，最大角大于60°，所以 C 错误； 对于𝐷：𝐴1𝐵1//𝐶𝐷，则异面直线𝐴1𝐹与𝐶𝐷所成角即为直线𝐴1𝐹与𝐴1𝐵1所成角， 当点𝐹从𝐵运动到𝐶1时，异面直线𝐴1𝐹与𝐶𝐷所成角由大到小再到大， 且𝐹为𝐵𝐶1的中点时最小角的正切值为 𝐵1𝐹 𝐴1𝐵1 = √ 2 2 1 = √ 2 2 > √ 3 3 ，最小角大于30°，所以 D 正确； 故选 ABD． 12. 【分析】 本题考查复数的代数形式的混合运算，实系数的一元二次方程虚根成对出现，属于基础题目． 利用实系数的一元二次方程虚根成对出现和一元二次方程根与系数的关系计算得结论． 【解答】 解：由于复数1 + √ 2𝑖是实系数一元二次方程𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0的一个虚数根， 故1 − √ 2𝑖也是实系数一元二次方程𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0的一个虚数根， 故(1 + √ 2𝑖) × (1 − √ 2𝑖) = 𝑐，得𝑐 = 3， 故答案为3． 13. 解：因为4科老师都布置了作业，在同一时刻每个学生做作业的情况有4种可能， 所以3名学生都做作业的可能情况4 × 4 × 4 = 64种． 故答案为：64． 第 10 页，共 10 页 根据分步乘法，每个学生做作业的情况都是4，相乘即可． 本题考查排列组合的应用，属于基础题． 14. 【分析】 本题考查了三角函数模型的应用和利用导数研究闭区间上函数的最值，属较综合的中档题． 先得出|𝐴𝐶| = |𝐴𝐵|cos 𝜃 = 400𝑐𝑜𝑠 𝜃，弧𝐶𝐵 ⌢ 的长为200 × 2𝜃 = 400𝜃，所以绿化带的总长度𝑓(𝜃) = 800𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 400𝜃，𝜃 ∈ (0, 𝜋 2 )，利用导数研究最值即可． 【解答】 解：如图所示，设圆心为𝑂，连接𝑂𝐶，𝐵𝐶， 因为点𝐶在半圆上，所以𝐴𝐶 ⊥ 𝐶𝐵， 所以|𝐴𝐶| = |𝐴𝐵|cos 𝜃 = 400𝑐𝑜𝑠𝜃， 弧𝐶𝐵 ⌢ 的长为200 × 2𝜃 = 400𝜃， 所以绿化带的总长度为 𝑓(𝜃) = 800𝑐𝑜𝑠𝜃 + 400𝜃，𝜃 ∈ (0, 𝜋 2 )． 所以𝑓′(𝜃) = −800𝑠𝑖𝑛𝜃 + 400． 令𝑓′(𝜃) = 0，得sin𝜃 = 1 2 ，所以𝜃 = 𝜋 6 ． 当𝜃 ∈ (0, 𝜋 6 )时，𝑓′(𝜃) > 0，𝑓(𝜃)单调递增； 当𝜃 ∈ ( 𝜋 6 , 𝜋 2 )时，𝑓′(𝜃) < 0，𝑓(𝜃)单调递减； 所以当𝜃 = 𝜋 6 时，𝑓(𝜃)取得极大值，也是最大值， 所以𝑓( 𝜋 6 ) = 800cos  𝜋 6 + 400 × 𝜋 6 = 400√ 3 + 200𝜋 3 ≈ 680 + 200 = 880． 故答案为880．