浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 已知，则的大小顺序为等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学高二年级数学试题 考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷密封区内填写班级､学号和姓名；座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.第Ⅰ卷一､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，只有一项是符合题目要求的.1. 若复数满足（其中为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（    ）A.  B.  C. 2 D. -2【答案】C【解析】【分析】计算，得到，得到答案.【详解】，则，虚部为.故选：C2. 向量，若，则实数（    ）A. 1 B. 2 C. -1 D. -2【答案】D【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标运算公式建立方程求解即可.【详解】因为，所以，，，所以，即，解得或（舍去），故选：D.3. 若二项式展开式中含有常数项，则的最小值为（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】设二项式通项，待定系数计算即可.【详解】设的通项为，若有常数项，则只需，而，显然的最小值为3，此时.故选：A4. 向量，，，对应的点在曲线上，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件计算，即可得.【详解】由，，则，由对应的点在曲线上，则，所以.故选：B5. 某班需安排甲、乙、丙、丁四位同学到A、B、C三个社区参加志愿活动，每位同学必须参加一个社区活动，每个社区至少有一位同学.由于交通原因，乙不能去A社区，甲和乙不能同去一个社区，则不同的安排方法数为（    ）A. 14 B. 20 C. 24 D. 36【答案】B【解析】【分析】先确定特殊情况，再分组分配，根据乘法与加法计数原理计算即可.【详解】解：由于乙不能去A社区，则乙可以去B或C社区，共2种，剩余的3人可以分成1，2两组或1，1，1三组两种情况，①分成1，2两组，去和乙不同的两个社区，有种，②分成1，1，1三组，去三个社区且甲和乙不能同去一个社区，有种，所以不同的安排方法数为种，故选：B.6. 设圆柱的体积为，当其表面积最小时，圆柱的母线长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆柱体积公式，把圆柱底面半径为用圆柱体积和母线长表示出来，由公式计算圆柱表面积，利用基本不等式求表面积的最小值，由等号成立的条件求此时圆柱的母线长.【详解】设圆柱底面半径为，母线长为，有，则，圆柱表面积，当且仅当，即时等号成立.所以圆柱表面积最小时，圆柱的母线长为.故选：D7. 已知，则的大小顺序为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】构造可以比较，构造可以比较.【详解】设，则，即在上单调递增，故，即，故，即；设，则，即在上单调递减，故，故，即.于是.故选：A8. 已知函数，若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】相同切线的位置上，设的切点坐标为，的切点坐标为，由导数求切点处切线的斜率，有，由切点求出切线方程，代入切点坐标，得，方程要有两个不同的实数根，设，利用导数研究单调性，找最值，可得的取值范围，即可得实数的取值范围.【详解】时，，，不合题意，故，，函数定义域为，，，，相同切线的位置上，设的切点坐标为，的切点坐标为，则有，即，公切线方程为代入，得，即，整理得，若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则方程有两个不同的实数根，设，则，，解得；，解得，在上单调递增，在上单调递减，当时函数有最大值，所以，当时，符合条件；当时，有，所以实数的取值范围为.故选：C【点睛】方法点睛：证明两曲线恰有两条公切线，一般涉及到曲线的切线都是利用切点来引入，通过假设切点，求出其中一条曲线的切线方程，利用切线方程与另一条曲线也相切可以得到切点满足的条件（方程），从而把曲线的切线问题转化为方程根的分布问题进而变成函数的零点问题，这就是转化与化归思想。二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 已知正项等比数列，其前项和为，且成等差数列，，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】根据成等差数列可求公比，结合可求首项，结合选项可得答案.【详解】设等比数列的公比为，因为成等差数列，所以，所以，即，解得或；因为正项等比数列满足，所以；因为，所以；；；故答案为：AC.10. 已知函数，则下列结论中正确的是（    ）A. 导函数的单调递减区间为B. 的图象关于点中心对称C. 过原点只能作一条直线与的图象相切D. 恰有两个零点【答案】BC【解析】【分析】先求出，利用二次函数知识求出函数的单调区间，可判断A，根据得到函数的中心对称，可判断B，利用导数的几何意义建立切点横坐标方程，根据根的个数判断C，再由函数单调性、极值点结合图象对选项D作出判断即可.【详解】因为，所以，则导函数为对称轴是，且开口向上的抛物线，故其单调减区间为，A错误；因为，所以的图象关于点中心对称，B正确；设过原点的直线与相切于点，则，整理得，令，，令，得或，令，得，故有极大值，极小值，由三次函数性质得只有一个解，则过原点只能作一条直线与的图象相切，C正确；令，得或，令，得，所以函数有极大值，极小值，由三次函数性质得有三个解，即有三个零点，故D错误.故选：BC11. 已知椭圆的左右焦点分别为，圆内切于椭圆.过椭圆上不与顶点重合的点引圆的两条切线，切点分别为，点关于原点对称，则下列结论中正确的是（    ）A. 的最小值为B. 存在点，使得C. 若直线交椭圆于两点，线段的中点为，则的值为常数D. 若在轴上的射影是，直线交椭圆于另一点，则直线与不垂直【答案】BCD【解析】【分析】对于A项，利用椭圆的定义及基本不等式即可判定；对于B项，设点P坐标利用向量数量积的坐标表示，计算即可；对于C项，利用圆的切点弦方程联立椭圆方程，用点P坐标表示出点T坐标，计算即可；对于D项，利用条件可得G点坐标，继而判定.【详解】对于A项，由题意及椭圆对称性质可得：，故A错误；对于B项，设点，易知，则，而，故B正确；对于C项，由圆与椭圆相切，故该切点到原点距离恰好为椭圆上距离原点的最近的点的距离，不妨设切点为，则，显然最小距离为，即，故圆.这里再补充圆的切线方程与切点弦方程，①设圆O：，则过圆上一点的切线方程为：；证明：取过P的切线上任一点M，则；②设圆O：，则过圆外一点作圆的两条切线，则切点连线方程为：；证明：设切点分别为，由上可知，而P点是其公共点，故，即是方程的两组根，故在直线上，即.在本选项中，由上可知，设切，则联立椭圆方程化简可得：故，即C正确；对于D项，易得，则与椭圆联立可得，显然，故D正确.故选：BCD12. 如图，在一广场两侧设置6只彩灯，现有4种不同颜色的彩灯可供选择，则下列结论正确的是（    ）A. 共有种不同方案B. 若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且4种颜色的彩灯均要使用，则共有186种不同方案C. 若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且只能使用3种颜色的彩灯，则共有192种不同方案D. 若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且只能使用2种颜色的彩灯，则共有12种不同方案【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，利用分步乘法和分类加法计数原理，结合排列组合的综合问题，依次推导、计算即可求解.【详解】对于选项A，每个彩灯颜色都有4种选择，根据分步乘法原理得，有种不同方案，故A正确；对于选项B，第一类：先从4种颜色的彩灯选出3种颜色的彩灯有安装在1，2，3号位，则有种结果，使用1种剩余的颜色和前3种颜色的2种安装4，5，6号位彩灯时，有种结果，根据乘法原理得共有种不同的安装方法；第二类：先从4种颜色的彩灯选出2种颜色的彩灯有安装在1，2，3号位，则有种结果，再安装4，5，6号位彩色灯，分两类：第一类，4，5，6号位只用1，2，3号位剩余的2种彩色灯，有2种结果，第二类，4，5，6号位用1，2，3号位剩余的2种彩色灯和前三个位置使用过的1种彩灯，有种结果，根据计数原理得共有种不同的安装方法.由分类加法原理得共有种不同的安装方案，故B错误；对于选项C，第一步：先从4种颜色的彩灯选出3种颜色的彩灯有安装在1，2，3号位，则有种结果，第二步：分两类：第一类，4，5，6号位用1，2，3号位的3种彩色灯，有2种结果，第二类，4，5，6号位用1，2，3号位的2种彩色灯，有种结果，根据计数原理得共有种不同的安装方法.故C正确；对于选项D，第一步：从4种颜色的彩灯选出2种颜色的彩灯安装在1，2，3号位，则有种结果，第二步：安装4，5，6号位彩灯有1种，根据分步计数原理，可得有种不同的安装法，故D正确；故选：ACD第II卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设，则__________.（用数值作答）【答案】【解析】【分析】先取算出，然后取即可.【详解】由题意，令，等式变成：；再令，等式变成：，于是.故答案为：14. 正项数列满足.则数列的前项和__________.【答案】【解析】【分析】由，得到，再利用等差数列的定义求得，进而得到，再利用裂项相消法求解.【详解】解：因为正项数列满足，所以，所以是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以，则，所以，所以，，故答案为：15. 甲乙两个盒子中分别装有大小､形状完全相同的三个小球，且均各自标号为1､2､3.分别从两个盒子中随机取一个球，用X表示两球上数字之积，X的方差为，则__________.【答案】【解析】【分析】根据离散型随机变量，先列出分布列得出期望，再计算方差，后根据公式得出【详解】由题意可得X的可能取值为：1、2、3、4、6、9其分布列为X123469P所以故答案为：16. 定义在上的函数满足：，则不等式的解集__________.【答案】【解析】【分析】构造函数，根据已知条件可知，则可推出或，根据得到，将不等式转化为，令，求导分析的单调性，即可求解.【详解】解：令，，则，已知，所以，则或，又，则，所以不符合；，则，所以，则不等式为，由于，则，令，，则，单调递增，因为，，由零点存在定理可知在内存在一个零点，所以可知在上单调递减，在上单调递增，又，所以的解集为，即不等式的解集为，故答案为：.【点睛】对于抽象函数不等式问题，关键点在于构造新的函数，根据的原函数与导函数的关系，求出符合条件的原函数，进而求解不等式.四､解答题：本题包括6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 数列满足：，等比数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，试证明.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，得到，结合，求得的通项公式，再由，可得，求得，求得，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，结合乘公比错位相减法，结合指数函数的性质，即可求解.【小问1详解】解：由数列满足，当时，，所以，当时，满足上式，所以数列的通项公式为，又由，可得，可得， 当时，，所以，解得，此时适合，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由，，可得，则，可得，两式相减，可得所以，因为，所以.18. 如图，四棱锥中，底面.底面为等腰梯形，.（1）求证：平面平面；（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）将问题转化为证明平面PAC，然后利用已知和勾股定理可证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据直线与平面所成角的正弦值先求点M的位置，然后可解.【小问1详解】作，垂足为，则由余弦定理，.又底面，面因为，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAB，所以平面平面【小问2详解】由（1），可以点A为坐标原点建系如图.易知，又，所以，，设，设平面的法向量.则可取则是中点，设平面的法向量为，即平面的法向量，则，取得则，即为所求平面夹角的余弦值.19. 在锐角中，角对边分别是，且__________.在下列两个条件中选择一个补充在横线上：①；②（1）求出角的大小；（2）若角的平分线交边于点，且，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由选择的条件,结合正余弦定理和两角和的正弦公式化简，可求角的大小；（2）设，由三角形面积公式得，再由余弦定理得，构造函数，利用单调性求取值范围.【小问1详解】若选①，由正弦定理边化角，得，锐角中，则，所以.若选②余弦定理有，由正弦定理边化角，得，可取，则，又，则，故锐角中 ，即.【小问2详解】由，令，则，得，由余弦定理，得，所以，，锐角中，则，，函数在上单调递增，则，20. 杭州亚运会最终确定延期至2023年9月23日至10月8日举行，某校就此热点举办了一场迎亚运知识竞赛，将100人的成绩整理成下表：分数男女男女男女男女男女男女频率/组距0.00700030.0090.0060.0180.0070.0280.0070.0090.0010.0030.002 （1）从不低于70分的学生中选出1人，如果他是男生，求该学生成绩在80分以上（含80分）的概率；（2）已知某生成绩低于70分，设该生成绩为，求他的成绩的分布列与期望；（3）假设表示事件“学校举办亚运知识培训”，表示事件“某学生对亚运知识产生兴趣”，，一般来说在学校举办亚运知识培训的情况下学生对亚运知识产生兴趣的概率会超过不举办培训的概率.证明：.【答案】（1）    （2）分布列见解析，    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到其分布列与数学期望；（3）由题意知，根据条件概率的概率公式及概率的乘法公式证明即可.【小问1详解】不低于分的学生人数为.设从中选出1人是男生为事件，成绩在分以上为事件，则【小问2详解】依题意的可能取值为，，，则，，所以的分布列为：4555650.20.30.5期望.【小问3详解】由题意知，即，即，即，即，即，即.21. 在直角坐标平面内，已知，，动点满足条件：直线与直线斜率之积等于，记动点的轨迹为．（1）求的方程；（2）过点作直线交于，两点，直线与交点是否在一条定直线上？若是，求出这条直线方程；若不是，说明理由．【答案】（1）    （2）点在直线上【解析】【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解；（2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解.【小问1详解】解：设，则，得，即，故轨迹的方程为：．【小问2详解】解：根据题意，直线的斜率不为，设直线的方程为，由，消去并整理得，其中，则或．设，，则，．显然，从而可设直线的方程为①，直线的方程为②，所以直线，的交点的坐标满足：．而，因此，，即点在直线上．22. 已知函数，其中，若有两个零点，且.（1）设为函数一个极值点，求证：；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得，根据有两个零点得，根据为函数的一个极值点得，结合单调性可得，进而，令，可得在上单调递增，结合，即可证明；（2）由可得，借助，进行放缩可得，令两根是，所以，根据韦达定理可得，从而得证.【小问1详解】若，则在上单调递增，最多只有一解，所以.令，则，因为为函数的一个极值点，则，对求导得在上恒成立，即在上单调递增，所以只有一解，所以当递增，当递减，所以为函数唯一的极值点，因为函数有两个零点，所以，即，而，所以.令，则在上单调递增，而，所以.【小问2详解】当，所以令，在上单调递减，，所以.令，对求导得，所以在上单调递增，所以，所以在上恒成立，所以.令，两根是，所以，因为所以，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.