新教材高二下学期联考数学试题（含答案）

新教材高二第二学期联考

数学试题

考试时间：120分钟满分：150分

注意事项：

1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

一､选择题：本大题共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.

1.5人排成一行，其中甲､乙两人相邻的不同排法共有（    ）

A.24种    B.48种    C.72种    D.120种

2.在的展开式中，含的项的系数是（    ）

A.5    B.6    C.7    D.11

3.某铁球在时，半径为.当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为（    ）

A.0    B.    C.    D.

4.三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球上，则球的表面积为（    ）

A.    B.    C.    D.

5.关于函数，有下列四个命题：

甲：在单调递增；

乙：是的一个极小值点；

丙：是的一个极大值点；

丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称.

其中只有一个是假命题，则该命题是（    ）

A.甲    B.乙    C.丙    D.丁

6.已知是定义在上的函数，且函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是（    ）

A.    B.

C.    D.

7.圆为锐角的外接圆，，点在圆上，则的取值范围是（    ）

A.    B.    C.    D.

8.已知为双曲线的左､右焦点，以为圆心，为半径的圆与在第一象限的交点为，直线与交于另一点.若的面积为，则的离心率为（    ）

A.2    B.    C.    D.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，则（    ）

A.若，则

B.若，则

C.若，则

D.若与在复平面上对应的点关于实轴对称，则

10.已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A.函数是奇函数

B.函数的极大值点等于函数的极小值点

C.若曲线上共线的三点满足，则点的坐标为

D.函数的值域为的一个必要不充分条件是

11.已知动圆，则（    ）

A.圆与圆相切

B.圆与直线相切

C.圆上一点满足，则的轨迹的长度为

D.当圆与坐标轴交于不同的三点时，这三点构成的三角形面积的最大值为1

12.已知实数满足，则（    ）

A.    B.

C.    D.

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.写出曲线与曲线的公切线的一个方向向量__________.

14.已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线交于两点，线段中点的纵坐标为，则__________.

15.分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.设图2中第行黑圈的个数为，则__________，数列的通项公式__________.

16.半径为的球的球心为一个正四面体的中心，且球的球面被的四个面截得的曲线总长度为，则四面体的体积为__________.

四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17.（10分）如图，在中，已知边上的两条中线，相交于点.

（1）求的正弦值；

（2）求的余弦值.

18.（12分）数列的前项和为且当时，成等差数列.

（1）计算，猜想数列的通项公式并加以证明；

（2）在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.

19.（12分）如图，三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3.

（1）求证：平面平面；

（2）若点为棱的中点，线段上是否存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为？若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由.

20.（12分）已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若，求证：当时，.

21.（12分）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为为坐标原点，线段的中点为是等腰三角形.

（1）求的方程；

（2）设点，圆过且交直线于，直线分别交于另一点（异于点），直线过且与直线平行，判断直线与圆的位置关系并证明你的结论.

22.（12分）已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若恰有3个零点；

（i）求的取值范围；

（ii）证明：在双曲线位于第一象限内的图象上存在点，使得对于任意实数，都有.

高二数学参考答案

一､选择题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题5分，满分40分.

1.B    2.C    3.D    4.C    5.A    6.D    7.C    8.D

8.提示：由，结合定义可知，所以是等腰三角形，利用余弦定理即可求得结论.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.AD    10.ABC    11.AD    12.BCD

12.提示：由得，由图易知，由得，

从而，所以，所以，所以，正确；而当时，易知错误；对于，由得，，所以，易证，故，所以正确.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（与共线的非零向量均可）    14.    15.；    16.或

15.记第行白圈的个数为，由题意可得

则，所以，所以，

由得，所以，即，

故，故答案为：

16.解：设四面体的棱长为，小圆半径为.

若的一个面截球如图（1）所示，

则小圆周长为，半径为1，所以球心到四面体的面的距离为，

所以；

若的一个面截球如图（2）所示，

图（2）

记为中点，由题意知，

又

又，所以

所以，解得；

所以四面体的体积为或.

四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17.解法一：由余弦定理得，

即，所以，所以，

在中，由余弦定理，得，

在中，由余弦定理，得，

与互补，则，解得，

在中，由余弦定理，得，

因为，所以.

（2）在中，由余弦定理，得，

所以，由分别为边上的中线可知为重心，

可得，

在中，由余弦定理，得，

又由，所以.

解法二：（1）由题意可得，，

由为边上的中线，则，

两边同时平方得，，

故，因为为边中点，则的面积为面积的，

所以，

即，化简得，.

（2）因为为边上的中线，所以，.，

，即.

所以.

18.解：（1）当时，因为成等差数列，所以，

即，即，即.

所以，猜想.

下面我们证明.

因为，所以，又因为当时，，

所以，对任意正整数，均有，

所以，

所以，所以，

即数列的通项公式为.

（2）依题意，因为，所以.

假设数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，则，

即，

化简得，又因为成等差数列，所以，

所以，化简得，

又，所以，即，所以，

所以，这与题设矛盾，所以假设不成立，

所以在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列.

19.解：（1）取中点，连接，因为，

，所以，且，

因为是等腰直角三角形，所以，且，

又，满足，所以，

因为，所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，且，

故可以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设，因为点为棱的中点，所以到平面的距离为；

则，

则，

设，则可得，

则，则，

所以，所以，

所以，

设平面的法向量为，

则，即，令，可得，

则，

由，得，或（舍去），

此时.

故存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为，此时的长为1

20.解法一：（1）依题意，的定义域为，

①当时，在单调递减；·

②当时，当时，；当时，；

所以在单调递减，在单调递增；.

③当时，当时，；当时，；

所以在单调递增，在单调递减；

综上，当时，在单调递减；

当时，在单调递减，在单调递增；

当时，在单调递增，在单调递减.

（2）当时，要证明，即证明，因为，所以只需证明，

只需证明.

设，

则，

设，则，所以当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增；

所以，

所以当时，；当时，；

所以在单调递减，在单调递增；所以，

所以当时，.

解法二：（1）同解法一.

（2）当时，要证明，即证明，

因为，所以只需证明，

只需证明，

只需证明.

设，则，所以当时，；当时，；

所以在单调递减，在单调递增；

所以，

所以，即，

所以当时，.

21.解：（1）如图1，依题意，，所以，

①若，则，即，所以的方程为；

②若，则，即，所以的方程为；

③若，则，即，即，所以，所以的方程为；综上，的方程为；

（2）直线与圆相切.

如图2，由（1）知，的方程为，设，

依题意，圆的方程为，令，则，

所以，

设直线，则由得，，

所以，，

由三点共线得，，即，

同理，由三点共线可得，，所以，

所以，

即，

即，

即，

即，所以或，

当时，直线过，不合题意，所以，

此时，

所以，

即，

所以当时，，直线，所以，所以，直线与圆相切；

当时，直线的斜率，直线的斜率为，

所以，所以，

所以，直线与圆相切；

综上，直线与圆相切.

22.解：（1），

当时，，

所以在单调递减；

当时，，

当时，；

当时，；

所以，①当时，，所以在单调递减；

②当时，当时，，当时，；

所以在单调递减，在单调递增；

综上，当时，在单调递减；

当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减.

（2）由（1）知，当时，在单调递减，

所以至多一个零点，不符合题意；

当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减.

又因为，所以，

当时，，

当时，，所以在不存在零点，由于在单调递减，所以在至多一个零点，因此至多一个零点，不符合题意；

当时，，

当时，，

所以在恰有1个零点，由于在单调递减，

所以在至多一个零点，

因此至多两个零点，不符合题意；

当时，，所以，

又因为在单调递增，所以在恰有一个零点；

时，，所以

又因为在单调递减，所以在恰有一个零点；

时，，

设，

则，当时，，所以在单调递增，所以，即

所以，所以，

又因为在单调递减，所以在恰有一个零点；

所以恰有3个零点，符合题意，所以的取值范围为.

（ii）证明：由（i）知且在有2个零点，设其中一个零点为，取，

则且，即点是双曲线位于第一象限内的图象上一点，

此时，因为是在的零点，所以，

所以，

所以对于任意实数成立，所以在双曲线位于第一象限内的图象上存在点，使得对于任意实数，

都有.