浙江省錢塘聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題

2023學(xué)年第二學(xué)期錢塘聯(lián)盟期中聯(lián)考高二年級數(shù)學(xué)學(xué)科試題考生須知：1．本卷共4頁滿分150分，考試時間120分鐘.2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應(yīng)數(shù)字.3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效.4．考試結(jié)束后，只需上交答題紙.選擇題部分一、單項選擇題：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，只有一項是符合要求的.1.若直線，則直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)直線方程得到直線的斜率，從而得到傾斜角.【詳解】直線的斜率為，所以直線的傾斜角為.故選：A2.已知，則該圓的圓心坐標和半徑分別為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將圓的方程配成標準式，即可得到圓心坐標與半徑.【詳解】，即，故該圓的圓心坐標為，半徑為．故選：A．3.若方程表示橢圓，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.且【答案】D【解析】【分析】根據(jù)橢圓的標準方程可以列出不等式組，解得的范圍即可．【詳解】方程表示橢圓，，得，得且．故選：D．4.在的展開式中的系數(shù)為，則（）A.10 B.20 C.30 D.40【答案】B【解析】【分析】利用二項展開的通項寫出含的項，即可得.【詳解】易知展開式中含的項為，解得.故選：B5.已知三棱錐，是以為斜邊的直角三角形，是邊長為2的等邊三角形，且平面，則三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由條件知，外接球的球心在過的中點且垂直于平面的直線上，設(shè)球半徑為，外接圓半徑為，利用勾股定理即可求解．【詳解】設(shè)直角三角形外接圓的圓心是斜邊的中點，半徑為，因為是邊長為2的等邊三角形，所以，即，又平面，平面，所以，，所以，所以，因為是以為斜邊的直角三角形，所以，所以，設(shè)外接球的半徑，球心為，連接、，，則平面且，即，所以三棱錐外接球的表面積是．故選：B．6.已知3名教師和4名學(xué)生排成一排照相，每位教師互不相鄰，且教師甲和學(xué)生乙必須相鄰，一共有多少種不同的排法？（）A.144 B.288 C.576 D.720【答案】C【解析】【分析】利用捆綁法和插空法結(jié)合分步乘法計數(shù)原理求解即可.【詳解】先將教師甲和學(xué)生乙捆綁成一個元素，與另外3名學(xué)生全排列，則有種方法，再將剩下的兩名教師插入除去與教師甲相鄰的四個空位中，有種方法，所以由分步乘法計數(shù)原理可知共有種不同的排法，故選：C7.大衍數(shù)列，來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數(shù)五十”的推論，主要用于解釋中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理，數(shù)列中的每一項都代表太極衍生過程中曾經(jīng)經(jīng)歷過的兩儀數(shù)量總和，它是中華傳統(tǒng)文化中隱藏著的世界數(shù)學(xué)史上第一道數(shù)列題目，該數(shù)列從第一項起依次是，，則（）A.數(shù)列第16項為144 B.數(shù)列第16項為128C.200是數(shù)列第18項 D.200不是數(shù)列中的項【答案】B【解析】【分析】根據(jù)數(shù)列已知項可分奇數(shù)項和偶數(shù)項得規(guī)律即可判斷各選項.【詳解】由此數(shù)項的前10項的規(guī)律可知，當為偶數(shù)時，，當為奇數(shù)時，，對于AB，，所以A錯誤，B正確，對于C，，所以C錯誤，對于D，若200中偶數(shù)項，則，得，所以200是此數(shù)列的第20項，所以D錯誤，故選：B8.已知拋物線，過拋物線焦點的直線交拋物線于兩點，交圓于兩點，其中位于第一象限，則的最小值為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】求出焦點坐標為，設(shè)出直線方程，聯(lián)立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，得到，由焦半徑得到，，從而得到，利用基本不等式求出的最小值.【詳解】由題意得，焦點坐標為，當直線斜率不存在時，不滿足交拋物線于兩點，舍去，設(shè)直線方程為，聯(lián)立得，，方程的判別式，設(shè)，則，，則，，其中的圓心為，半徑為1，故，同理可得，，當且僅當，即時，等號成立，故選：C二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，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.關(guān)于空間向量，以下說法正確的是（）A.空間中的三個向量，若有兩個向量共線，則這三個向量一定共面B.若，則是銳角C.已知向量組是空間的一個基底，則也是空間的一個基底D.若對空間中任意一點，有，則四點共面【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)空間向量共面定理即可判斷A；根據(jù)，得到，即可判斷B；根據(jù)題意得到不共面，即可判斷C；根據(jù)即可判斷D.【詳解】對A，根據(jù)空間向量共面定理知：空間中三個向量，若有兩個向量共線，則這三個向量一定共面，故A正確；對B，若，則，故B錯誤對C，假設(shè)共面，則，因為向量組是空間的一個基底，所以不存實數(shù)，使得成立，故不共面，即也是空間的一個基底，故C正確.對D，因為，且，所以四點共面，故D正確.故選：ACD.10.已知拋物線，為拋物線上的一個動點，則下列結(jié)論正確的是（）A.過點A與拋物線只有一個公共點的直線有且僅有一條B.動點到直線的最小距離為C.動點到直線的距離與到軸距離之和的最小值為1D.過作直線交拋物線于兩點，若線段的中點坐標為，則直線斜率為1【答案】BCD【解析】【分析】由拋物線的性質(zhì)可知A錯誤，求出過點且與直線平行的拋物線切線方程可得B正確；利用拋物線定義將距離之和的最小值轉(zhuǎn)化為焦點到直線的距離的最值問題可得C正確；聯(lián)立直線和拋物線方程并利用的中點坐標求得直線方程可得D正確.【詳解】對于A，如下圖所示：過點A與拋物線只有一個公共點的直線有兩條，一條是以為切點的切線，另一條是過點A且斜率為0的直線；所以A錯誤；對于B，將直線平移到與拋物線相切，切點為A時，動點到直線的距離最小，如下圖所示：不妨設(shè)切線方程為，聯(lián)立并整理可得，此時，解得，即切線為；此時兩平行線之間的距離最小為,即B正確；對于C，易知拋物線焦點，準線方程為，作垂直于準線，垂直于直線，如下圖所示：由拋物線定義可得，所以動點到軸的距離為，而動點到直線的距離為，所以動點到直線的距離與到軸距離之和為，顯然當三點共線時，距離之和最小；最小值為焦點到直線的距離再減去1，即，可知C正確；對于D，設(shè)過點的直線的方程為，；與拋物線聯(lián)立并整理可得，由韋達定理可得，若線段的中點坐標為，可得，可得，又在直線上，解得，即，即直線斜率為1，可得D正確.故選：BCD11.英國著名物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點：如圖，在橫坐標為的點處作的切線，切線與軸交點的橫坐標為；用代替重復(fù)上面的過程得到；一直下去，得到數(shù)列，叫作牛頓數(shù)列．若函數(shù)，且，，數(shù)列的前項和為，則下列說法正確的是（）A. B.數(shù)列是遞增數(shù)列C.數(shù)列是等差數(shù)列 D.【答案】AB【解析】【分析】對于A，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出的切線方程，再將代入判斷即可，對于BCD，由，化簡可得，然后分析判斷即可.【詳解】對于A，由，得，所以在點處切線的斜率為，所以切線方程為，因為切線過點，所以，所以，所以A正確，對于BCD，由選項A可知，，所以，，所以，所以，所以，所以數(shù)列是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以C錯誤，因為，所以數(shù)列是遞增數(shù)列，所以B正確，因為，所以D錯誤，故選：AB【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查函數(shù)與數(shù)列的綜合問題，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查等比數(shù)列求和，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合題意求得，考查計算能力，屬于較難題.非選擇題部分三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.有5本不同的書，全部借給3人，每人至少1本，共有______種不同的借法.【答案】150【解析】【分析】將5本不同的書分成滿足題意的3組有1，1，3與2，2，1兩種，分別計算可得分成1、1、3與分成2、2、1時的分組情況種數(shù)，相加可得答案．【詳解】解：將5本不同的書分成滿足題意的3組有1，1，3與2，2，1兩種，分成1、1、3時，有種分法，分成2、2、1時，有種分法，所以共有種分法，故答案為：．【點睛】本題考查組合、排列的綜合運用，解題時，注意加法原理與乘法原理的使用．13.已知圓上恰有3個點到雙曲線的一條漸近線的距離為1，則該雙曲線的離心率為______．【答案】##【解析】【分析】求出圓心和半徑，漸近線方程，得到圓心到的距離為1，從而得到方程，求出，進而得到離心率.【詳解】的漸近線方程為，，圓心為，半徑為2，由幾何關(guān)系得，圓心到的距離為1，即，解得，故離心率為故答案為：14.設(shè)函數(shù)是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且有，則不等式的解集為______．【答案】【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)，依題意可判斷在上單調(diào)遞減，將不等式變形成，利用函數(shù)單調(diào)性即可得不等式解集.【詳解】令，則，因為，所以當時，，易知函數(shù)在單調(diào)遞增，所以，即可得在上單調(diào)遞減，由不等式可得；即，因此可得，解得.即不等式的解集為.故答案為：【點睛】方法點睛：求解函數(shù)不等式解集問題時，利用已知條件并合理構(gòu)造函數(shù)，再由導(dǎo)函數(shù)求得函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性即可求得不等式解集.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.15.已知（1）求；（2）求值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）令，則，再寫出展開式的通項，利用通項計算可得；（2）令求出，令求出各項系數(shù)和，即可得解.【小問1詳解】因為，令，則，則展開式的通項為（且），令，解得，所以，所以；【小問2詳解】對于，令，可得；令，可得，所以.16.已知等差數(shù)列和正項等比數(shù)列滿足：，，．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）已知數(shù)列滿足，求數(shù)列的前項和．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）設(shè)出公差和公比，得到方程組，求出公差和公比，得到通項公式；（2）利用等差數(shù)列和等比數(shù)列求和公式分組求和.【小問1詳解】設(shè)公差為，公比為，，因為，故，解得（舍去）或，故，；【小問2詳解】，故.17.已知函數(shù)（1）求函數(shù)在點處的切線方程；（2）求證：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可求出切線的斜率，再由點斜式求出切線方程；（2）令，，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明，再設(shè)，，利用導(dǎo)數(shù)證明，即可得證.【小問1詳解】因為，則，，則，所以在點處的切線方程為，即.小問2詳解】函數(shù)的定義域為，先證，令，，則，所以當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增，所以，所以（當且僅當時取等號），再證，設(shè)，，則，令，，則，當時，，（）單調(diào)遞減；當時，，（）單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，所以，即，所以．18.如圖，現(xiàn)有三棱錐和，其中三棱錐的棱長均為，三棱錐有三個面是全等的等腰直角三角形，一個面是等邊三角形，現(xiàn)將這兩個三棱錐的一個面完全重合組成一個組合體．（1）求這個組合體的體積；（2）求證：平面（3）求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）將多面體補形為正方體，則多面體的體積可用正方體體積減去三個棱錐體積即可求得；（2）由面面平行證得線面平行；（3）在正方體中建立空間直角坐標系，求得兩平面的法向量，利用向量夾角公式即可求得．【小問1詳解】由題意，可將組合體補形為正方體，如圖所示，由，可得正方體棱長，故多面體的體積；【小問2詳解】在正方體中，平面平面，平面，故平面，即平面；【小問3詳解】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，則，，設(shè)平面的一個法向量為，則有，令，則，所以，取平面的一個法向量為，則，由圖可知，二面角的平面角為鈍角，故二面角的余弦值為.19.如果一條雙曲線的實軸和虛軸分別是一個橢圓的長軸和短軸，則稱它們?yōu)椤皩\生”曲線，若雙曲線與橢圓是“孿生”曲線，且橢圓，（分別為曲線的離心率）（1）求雙曲線的方程；（2）設(shè)點分別為雙曲線的左、右頂點，過點的動直線交雙曲線右支于兩點，若直線的斜率分別為①是否存在實數(shù)，使得，若存在求出的值；若不存在，請說明理由；②試探究的取值范圍．【答案】（1）（2）①存在實數(shù)使得，理由見解析，②.【解析】【分析】（1）根據(jù)“孿生”曲線定義，直接列式計算可得答案；（2）①直線與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達定理進行消參，進而證明其比值為定值；②根據(jù)題意得，設(shè)直線的方程為，與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達定理得出的范圍可得答案.【小問1詳解】根據(jù)題意雙曲線，因為，解得，雙曲線的方程為；【小問2詳解】①，存在實數(shù)，使得，理由如下，若直線