精品解析：浙江省北斗联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题

2023学年第二学期北斗联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共四页满分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. 一、单选题（每小题5分共40分） 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间两条不同直线，两个不同平面，下列命题正确的是（ ） ①，则 ②，则 ③，则 ④，则 A. ①③ B. ②④ C. ①③④ D. ①④ 3. 已知非零向量，，则“两向量，数量积大于0”是“两向量，夹角是锐角”的（ ）条件 A. 必要 B. 充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 4. 东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（ ）种. A. 120 B. 240 C. 480 D. 720 5. 已知等差数列，前项和为是方程两根，则（ ） A. 2020 B. 2022 C. 2023 D. 2024 6. 空间点，则点到直线的距离（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分，多选．错选0分少选则根据比例得分） 9. 已知直线和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则表示与轴平行或重合的直线 B. 直线可以表示任意一条直线 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知正项等比数列的公比为，前项积为，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 存在最大值 11. 已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在定义域上单调递增 C. 是偶函数 D. 函数有两个极值点 三、填空题（每小题5分共15分） 12. 复数，则的虚部为______． 13. 一学校对高二女生身高情况进行采样调查，抽取了10个同学的身高：161，160，152，155，170，157，178，175，172，162，则估计这些女生的上四分位数是______ 14. 在中，，，，为边上一点，，，，则的最小值为______ 四、解答题（共77分） 15. 函数，求的最大值和最小值 16. 如图多面体，底面为菱形，，，，平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成锐角的余弦值. 17. （1）求圆和圆的公切线 （2）若与抛物线相交，求弦长 18. 在高等数学中对于二阶线性递推式求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列的特征方程写为①，若①有两个不同实数根，则可令；若①有两个相同的实根，则可令，再根据求出，代入即可求出数列的通项. （1）斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名.斐波那契数列指的是形如的数列，这个数列的前两项为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请求出斐波那契数列的通项公式； （2）已知数列中，数列满足，数列满足，求数列的前项和. 19. 已知点为焦点在轴上的等轴双曲线上的一点. （1）求双曲线的方程； （2）已知直线且交双曲线右支于两点，直线分别交该双曲线斜率为正的渐近线于两点，设四边形和三角形的面积分别为和，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第二学期北斗联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共四页满分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. 一、单选题（每小题5分共40分） 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集的定义求解即可. 【详解】因为，所以， 则，故B正确. 故选：B 2. 已知空间两条不同直线，两个不同平面，下列命题正确的是（ ） ①，则 ②，则 ③，则 ④，则 A. ①③ B. ②④ C. ①③④ D. ①④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面和面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】若，由线面垂直的性质，垂直同一个平面的两条直线平行，则，故①正确； 若，则或与相交或异面，故②错误； 若，由垂直同一条直线的两个平面平行，则，故③正确； 若，由线面垂直和线面平行的性质可得，故④正确. 故选：C. 3. 已知非零向量，，则“两向量，数量积大于0”是“两向量，夹角是锐角”的（ ）条件 A. 必要 B. 充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合数量积的定义分析判断. 【详解】因为非零向量，， 所以当两向量，数量积大于0时，两向量，夹角是锐角或是零度的角， 而当两向量，夹角是锐角时，两向量，数量积大于0， 所以“两向量，数量积大于0”是“两向量，夹角是锐角”的必要不充分条件. 故选：A 4. 东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（ ）种. A. 120 B. 240 C. 480 D. 720 【答案】B 【解析】 【分析】根据米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，将米、佳艳、刘西捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列求解. 【详解】解：因为米一同学想与佳艳､刘西排一起， 所以捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列有种 ， 又因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，则佳艳､刘西全排列有种， 所以全部排法有：种， 故选：B 5. 已知等差数列，前项和为是方程两根，则（ ） A. 2020 B. 2022 C. 2023 D. 2024 【答案】D 【解析】 【分析】利用韦达定理求得，然后利用等差数列通项性质求得，从而利用求和公式求解即可. 【详解】因为是方程两根，所以， 所以，所以. 故选：D 6. 空间点，则点到直线的距离（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果. 【详解】由题意得， 所以， 所以， 所以点A到直线BC的距离. 故选：D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定条件确定的位置，再结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】因为，，所以是第四象限角， 所以，而，故，化简得， 而，代入得， 解得(正根舍去)，故B正确. 故选：B 8. 三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件求出底面的半径，进而利用直角求出外接球的半径为，代入表面积公式即可求出结果. 【详解】 中，， 由余弦定理得； 设底面的外心为，外接圆的半径为； 由正弦定理，则； 连结，此时的外接球的球心在上， 利用直角可得：， 设的外接球的半径为； 此时，在直角中，， 即，解得； 所以，三棱锥的外接球的表面积. 故选：. 二、多选题（每小题6分，共18分，多选．错选0分少选则根据比例得分） 9. 已知直线和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则表示与轴平行或重合的直线 B. 直线可以表示任意一条直线 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线线平行、线线垂直的性质可直接判断. 【详解】对于A，当时，斜率为0，与轴平行或重合，故A正确； 对于B，当时，斜率不存在，当时，斜率存在，能表示任意直线，故B正确； 对于C，若，且或，则，故C错误； 对于D，若，则由可得斜率之积为-1，故，若，可得，此时满足，此时两条直线一条斜率为0，一条斜率不存在，故，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知正项等比数列的公比为，前项积为，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 存在最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】先通过条件确定和的取值情况判断AB，然后利用等比数列的性质计算即可判断C，再根据数列的单调性判断D. 【详解】由已知，又，， 所以，，A正确，B错误； ， ，所以，C正确； 因为且，所以等比数列递减数列， 于是，则的最大值为，D正确. 故选：ACD 11. 已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在定义域上单调递增 C. 是偶函数 D. 函数有两个极值点 【答案】AD 【解析】 【分析】令可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，进而可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，可判断C；令，求导后消去，整理得，即可判断D. 【详解】对于A，令得，即，A正确； 对于B，若在定义域上单调递增，当时，， 令，得， 即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误； 对于C，若是偶函数，则，且， 因为，所以， 所以，即，得或， 又，所以恒成立，矛盾，故C错误； 对于D，当时，， 记， 则 所以， 令解得或， 因为不恒为零，所以在两边异号， 所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确. 故选：AD 【点睛】关键点睛：本题难点在于D选项，关键在于求导后利用已知消去，然后可判断极值点. 三、填空题（每小题5分共15分） 12. 复数，则的虚部为______． 【答案】1 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则结合虚部的定义求解即可. 【详解】因为，所以， ，故的虚部为1. 故答案为：1 13. 一学校对高二女生身高情况进行采样调查，抽取了10个同学的身高：161，160，152，155，170，157，178，175，172，162，则估计这些女生的上四分位数是______ 【答案】172 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解. 【详解】10个数据从小到大排列为：， ， 上四分位数是第8个数据，即172. 故答案为：172. 14. 在中，，，，为边上一点，，，，则的最小值为______ 【答案】## 【解析】 【分析】分析题意得到的范围，利用正弦定理和锐角三角函数的定义表示出边长，再利用基本不等式里‘1’的代换求解最值即可. 【详解】因为为边上一点，过作交于， 则，当在之间时，无法构成，此时如图所示， 所以在的延长线上，可得，所以，， 因为，所以，， 而在中，，，可得， ， 在中，由正弦定理得， 即，可得， ，所以， ， ， 当且仅当时取等，此时解得， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是合理利用条件表示出边长，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可． 四、解答题（共77分） 15. 函数，求的最大值和最小值 【答案】， 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调区间，从而求最值即可. 【详解】， 又 时递减， 时递增， 且， ， ， 16. 如图多面体，底面为菱形，，，，平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成锐角的余弦值. 【答案】（1） 在中，， 由，，所以， 由余弦定理可得 ， 所以，所以， 即，又， ， 又平面平面，且平面平面，平面， 平面，又平面， ， 在菱形中， 又，平面， 平面，平面， . （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，则，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，证明平面，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，则，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 菱形中，所以为等边三角形，取中点，连接， 所以，又，所以，又平面， 以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，，， 设，则，又， 所以，所以，即， 所以， 设平面的一个法向量为，则，取 设平面的一个法向量，则，取， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面所成锐角的余弦值为. 17. （1）求圆和圆的公切线 （2）若与抛物线相交，求弦长 【答案】（1）或；（2）1或 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解； （2）将切线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求解. 【详解】解：（1）当斜率存在时，设公切线为， 因为与两圆相切， 所以，解得. 切线 当斜率不存在时，也符合题意， 综上：公切线为：或； （2）当切线和时经检验无交点， 当切线为时，求得弦长为1， 当切线为时，代入， 得：， 由韦达定理得， 所以由弦长公式得：， ， 综上：弦长为1或 18. 在高等数学中对于二阶线性递推式求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列的特征方程写为①，若①有两个不同实数根，则可令；若①有两个相同的实根，则可令，再根据求出，代入即可求出数列的通项. （1）斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名.斐波那契数列指的是形如的数列，这个数列的前两项为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请求出斐波那契数列的通项公式； （2）已知数列中，数列满足，数列满足，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用特征根法求解即可； （2）利用特征根法求解的通项公式，然后利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 易知斐波那契数列对应的特征方程为，解得两个实根分别为， 令，代入可得，解得， 所以斐波那契数列的通项公式为 【小问2详解】 易知数列对应的特征方程为，解得， 所以令， 代入，解得，所以， 所以，所以是公差为1的等差数列，， 所以， 所以 【点睛】方法点睛：本题考查数列新定义，处理此类问题，注意根据题目的定义，结合已知内容进行求解即可. 19. 已知点为焦点在轴上的等轴双曲线上的一点. （1）求双曲线的方程； （2）已知直线且交双曲线右支于两点，直线分别交该双曲线斜率为正的渐近线于两点，设四边形和三角形的面积分别为和，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出等轴双曲线方程，将点代入即可得到双曲线的方程； （2）由直线可得的斜率，设出的方程，联立双曲线方程消元，又是双曲线右支于两点，由根与系数关系解出的范围，表示出两点的坐标，由三角形的面积公式得到，再由的范围得到，从而得到的取值范围. 【小问1详解】 设等轴双曲线方程为，代入点可得，所以， 所以双曲线方程为. 【小问2详解】 因为，所以，又，所以， 设直线， 联立，可得， 因为是双曲线右支的两点，所以，解得. 又因为双曲线斜率为正的渐近线为，直线， 可得，同理可得， 而 ， 所以，即，所以. 【点睛】关键点点睛：设出的方程，由是双曲线右支的两点，先得到的范围，要求的取值范围，可以先求的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $