精品解析：浙江省钱塘联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题

2023学年第二学期钱塘联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 若直线，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线方程得到直线的斜率，从而得到倾斜角. 【详解】直线的斜率为，所以直线的倾斜角为. 故选：A 2. 已知，则该圆的圆心坐标和半径分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径. 【详解】，即， 故该圆的圆心坐标为，半径为． 故选：A． 3. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程可以列出不等式组，解得的范围即可． 【详解】方程表示椭圆， ，得，得且． 故选：D． 4. 在的展开式中的系数为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开的通项写出含的项，即可得. 【详解】易知展开式中含的项为， 解得. 故选：B 5. 已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，是边长为2的等边三角形，且平面，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件知，外接球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上，设球半径为，外接圆半径为，利用勾股定理即可求解． 【详解】设直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，半径为， 因为是边长为2的等边三角形， 所以，即， 又平面，平面， 所以，，所以，所以， 因为是以为斜边的直角三角形，所以， 所以， 设外接球的半径，球心为，连接、，， 则平面且， 即， 所以三棱锥外接球的表面积是． 故选：B． 6. 已知3名教师和4名学生排成一排照相，每位教师互不相邻，且教师甲和学生乙必须相邻，一共有多少种不同的排法？（ ） A. 144 B. 288 C. 576 D. 720 【答案】C 【解析】 【分析】利用捆绑法和插空法结合分步乘法计数原理求解即可. 【详解】先将教师甲和学生乙捆绑成一个元素，与另外3名学生全排列，则有种方法， 再将剩下的两名教师插入除去与教师甲相邻的四个空位中，有种方法， 所以由分步乘法计数原理可知共有种不同的排法， 故选：C 7. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项起依次是，，则（ ） A. 数列第16项为144 B. 数列第16项为128 C. 200是数列第18项 D. 200不是数列中的项 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列已知项可分奇数项和偶数项得规律即可判断各选项. 【详解】由此数项的前10项的规律可知， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 对于AB，，所以A错误，B正确， 对于C，，所以C错误， 对于D，若200中偶数项，则，得， 所以200是此数列的第20项，所以D错误， 故选：B 8. 已知抛物线，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】求出焦点坐标为，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，得到，由焦半径得到，，从而得到，利用基本不等式求出的最小值. 【详解】由题意得，焦点坐标为， 当直线斜率不存在时，不满足交抛物线于两点，舍去， 设直线方程为，联立得，， 方程的判别式， 设， 则，， 则，， 其中圆心为，半径为1， 故，同理可得， ， 当且仅当，即时，等号成立， 故选：C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则是锐角 C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理即可判断A；根据，得到，即可判断B；根据题意得到不共面，即可判断C；根据即可判断D. 【详解】对A，根据空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确； 对B，若，则，故B错误. 对C，假设共面，则， 因为向量组是空间的一个基底， 所以不存实数，使得成立，故不共面， 即也是空间的一个基底，故C正确. 对D，因为，且， 所以四点共面，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知抛物线，为抛物线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 过点A与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有一条 B. 动点到直线的最小距离为 C. 动点到直线的距离与到轴距离之和的最小值为1 D. 过作直线交抛物线于两点，若线段的中点坐标为，则直线斜率为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线的性质可知A错误，求出过点且与直线平行的抛物线切线方程可得B正确；利用抛物线定义将距离之和的最小值转化为焦点到直线的距离的最值问题可得C正确；联立直线和抛物线方程并利用的中点坐标求得直线方程可得D正确. 【详解】对于A，如下图所示： 过点A与抛物线只有一个公共点的直线有两条， 一条是以为切点的切线，另一条是过点A且斜率为0的直线；所以A错误； 对于B，将直线平移到与抛物线相切，切点为A时，动点到直线的距离最小，如下图所示： 不妨设切线方程为，联立并整理可得， 此时，解得，即切线为； 此时两平行线之间的距离最小为,即B正确； 对于C，易知抛物线焦点，准线方程为， 作垂直于准线，垂直于直线，如下图所示： 由抛物线定义可得，所以动点到轴的距离为， 而动点到直线的距离为， 所以动点到直线的距离与到轴距离之和为， 显然当三点共线时，距离之和最小； 最小值为焦点到直线的距离再减去1，即，可知C正确； 对于D，设过点的直线的方程为，； 与抛物线联立并整理可得， 由韦达定理可得， 若线段的中点坐标为，可得，可得， 又在直线上，解得，即，即直线斜率为1，可得D正确. 故选：BCD 11. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点：如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列．若函数，且，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是递增数列 C. 数列是等差数列 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求出的切线方程，再将代入判断即可，对于BCD，由，化简可得，然后分析判断即可. 【详解】对于A，由，得， 所以在点处切线的斜率为， 所以切线方程为， 因为切线过点，所以， 所以，所以A正确， 对于BCD，由选项A可知，， 所以，， 所以， 所以，所以， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以C错误， 因为，所以数列是递增数列，所以B正确， 因为，所以D错误， 故选：AB 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与数列的综合问题，考查导数的几何意义，考查等比数列求和，解题的关键是利用导数的几何意义结合题意求得，考查计算能力，属于较难题. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 有5本不同的书，全部借给3人，每人至少1本，共有______种不同的借法. 【答案】150 【解析】 【分析】将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分别计算可得分成1、1、3与分成2、2、1时的分组情况种数，相加可得答案． 【详解】解：将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种， 分成1、1、3时，有种分法， 分成2、2、1时，有种分法， 所以共有种分法， 故答案为：． 【点睛】本题考查组合、排列的综合运用，解题时，注意加法原理与乘法原理的使用． 13. 已知圆上恰有3个点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则该双曲线的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出圆心和半径，渐近线方程，得到圆心到的距离为1，从而得到方程，求出，进而得到离心率. 【详解】的渐近线方程为， ，圆心为，半径为2， 由几何关系得，圆心到的距离为1， 即，解得， 故离心率为 故答案为： 14. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，依题意可判断在上单调递减，将不等式变形成，利用函数单调性即可得不等式解集. 【详解】令，则， 因为，所以当时，， 易知函数在单调递增，所以， 即可得在上单调递减， 由不等式可得； 即，因此可得，解得. 即不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解函数不等式解集问题时，利用已知条件并合理构造函数，再由导函数求得函数单调性，根据单调性即可求得不等式解集. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知 （1）求； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令，则，再写出展开式的通项，利用通项计算可得； （2）令求出，令求出各项系数和，即可得解. 【小问1详解】 因为， 令，则， 则展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 所以； 【小问2详解】 对于， 令，可得； 令，可得， 所以. 16. 已知等差数列和正项等比数列满足：，，． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差和公比，得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式； （2）利用等差数列和等比数列求和公式分组求和. 【小问1详解】 设公差为，公比为，， 因为， 故，解得（舍去）或， 故，； 【小问2详解】 ， 故 . 17. 已知函数 （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程； （2）令，，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再设，，利用导数证明，即可得证. 【小问1详解】 因为，则，， 则， 所以的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 先证， 令，， 则， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 所以（当且仅当时取等号）， 再证， 设，， 则，令，，则， 当时，，（）单调递减； 当时，，（）单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 所以， 即， 所以，即， 所以． 18. 如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体． （1）求这个组合体的体积； （2）求证：平面 （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将多面体补形为正方体，则多面体的体积可用正方体体积减去三个棱锥体积即可求得； （2）由面面平行证得线面平行； （3）在正方体中建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用向量夹角公式即可求得． 【小问1详解】 由题意，可将组合体补形为正方体， 如图所示，由，可得正方体棱长为， 故多面体的体积； 【小问2详解】 在正方体中，平面平面，平面， 故平面，即平面； 【小问3详解】 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则有，令，则，所以， 取平面的一个法向量为， 则， 由图可知，二面角的平面角为钝角， 故二面角的余弦值为. 19. 如果一条双曲线的实轴和虚轴分别是一个椭圆的长轴和短轴，则称它们为“孪生”曲线，若双曲线与椭圆是“孪生”曲线，且椭圆，（分别为曲线的离心率） （1）求双曲线的方程； （2）设点分别为双曲线左、右顶点，过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为 ①是否存在实数，使得，若存在求出的值；若不存在，请说明理由； ②试探究的取值范围． 【答案】（1） （2）①存在实数使得，理由见解析，②. 【解析】 【分析】（1）根据“孪生”曲线定义，直接列式计算可得答案； （2）①直线与双曲线方程联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；②根据题意得，设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理得出的范围可得答案. 【小问1详解】 根据题意双曲线， 因为，解得， 双曲线的方程为； 【小问2详解】 ①，存实数，使得，理由如下， 若直线的斜率不为0，则，重合不符合题意，所以， 设直线的方程为，， 由得， 双曲线渐近线方程为，所以， 可得， ， ， 所以存在实数，使得； ②，由①，所以， 设直线的方程为，与双曲线方程联立 得， 可得， 因为，所以，解得， 因为点在双曲线的右支上，所以， 解得， 所以. 【点睛】思路点睛：本题的解题思路是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率的取值范围，从而得到精确的的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023学年第二学期钱塘联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 若直线，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则该圆的圆心坐标和半径分别为（ ） A. B. C. D. 3. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 且 4. 在的展开式中的系数为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 5. 已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，是边长为2的等边三角形，且平面，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知3名教师和4名学生排成一排照相，每位教师互不相邻，且教师甲和学生乙必须相邻，一共有多少种不同的排法？（ ） A. 144 B. 288 C. 576 D. 720 7. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项起依次是，，则（ ） A. 数列第16项为144 B. 数列第16项为128 C. 200是数列第18项 D. 200不是数列中的项 8. 已知抛物线，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则是锐角 C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 10. 已知抛物线，为抛物线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 过点A与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有一条 B. 动点到直线的最小距离为 C. 动点到直线距离与到轴距离之和的最小值为1 D. 过作直线交抛物线于两点，若线段的中点坐标为，则直线斜率为1 11. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点：如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列．若函数，且，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是递增数列 C. 数列是等差数列 D. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 有5本不同书，全部借给3人，每人至少1本，共有______种不同的借法. 13. 已知圆上恰有3个点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则该双曲线的离心率为______． 14. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知 （1）求； （2）求的值． 16 已知等差数列和正项等比数列满足：，，． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，求数列前项和． 17 已知函数 （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求证：． 18. 如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体． （1）求这个组合体的体积； （2）求证：平面 （3）求二面角的余弦值． 19. 如果一条双曲线的实轴和虚轴分别是一个椭圆的长轴和短轴，则称它们为“孪生”曲线，若双曲线与椭圆是“孪生”曲线，且椭圆，（分别为曲线的离心率） （1）求双曲线的方程； （2）设点分别为双曲线的左、右顶点，过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为 ①是否存在实数，使得，若存在求出的值；若不存在，请说明理由； ②试探究的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$