2022-2023学年浙江大学附属中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江大学附属中学高二下学期期中数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江大学附属中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合，利用集合的交集运算即可求解【详解】因为，，所以，即，故选：C2．设复数z满足，则在复平面内对应的点在第几象限（    ）A．一 B．二 C．三 D．四【答案】D【分析】利用复数除法运算求得，进而判断其对应点所在象限.【详解】由，故在复平面内对应的点为.所以z在对应点在第四象限.故选：D.3．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设向量，的夹角为，根据得到，联立，得解.【详解】解：设向量，的夹角为， ，，即，所以①，，为非零向量，且满足②，联立①②可得，，所以两向量的夹角为.故选：A4．已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（    ）A． B． C．3 D．4【答案】B【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可.【详解】设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得，.故选：B.5．若函数在上单调递增，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由函数直接可得单调递增区间，进而可得参数取值范围.【详解】由，可得当时函数单调递增，即，当时，，又函数在，所以，即的最大值为，故选：C.6．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲、乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球、游泳、射击、体操四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（    ）A．96种 B．60种 C．36种 D．24种【答案】B【分析】分类讨论优先安排羽毛球场志愿者，再用全排列和分组分配法求解即可.【详解】羽毛球场安排两个志愿者：种，羽毛球场安排一个志愿者：种，不同的安排方法共有60种.故选: B.7．已知拋物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，于点B，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出图示，求出抛物线的准线和焦点，利用抛物线定义可知，可推出，从而求得，解直角三角形即可求得答案.【详解】设抛物线准线与x轴交点为D，焦点 ，由于点A在C上，，故 ,因为，所以，而x轴，所以,而 ,所以 ，故选：B8．已知，，，其中，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先令函数，求导判断函数的单调性，并作出函数的图像，由函数的单调性判断，再由对称性可得.【详解】由，则，同理，，令，则，当；当，∴在上单调递减，单调递增，所以，即可得，又，，由图的对称性可知，.故选：C 二、多选题9．已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的为（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BD【分析】利用空间线面关系的判定与性质定理逐项判断即可求解.【详解】对于A，若，则或与异面，故A错误；对于B，由，得或，不论是还是，都可结合，得到，故B正确；对于C，若，则与相交、平行或异面，故C错误；对于D，若则，又，所以，故D正确；故选：BD.10．已知圆，点是圆上的动点，则（    ）A．圆关于直线对称B．直线与圆相交所得弦长为C．的最大值为D．的最小值为【答案】AC【分析】验证圆心是否过直线判断A，求出相交弦长判断B，把变以代入圆方程，利用判别式不小于0判断C，利用原点到圆心的距离求得最小值判断D．【详解】圆标准方程是，，半径为，易得点在直线上，A正确；点到直线的距离为，弦长为，B错；由得代入圆的方程整理得，，，所以的最大值是，C正确；，，所以的最小值是，D错误．故选：AC．【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置关系是解题关键，圆的弦长一般用几何法求解，即求出圆心到直线的距离后用勾股定理计算．求分式型，平方型式子的最值，可以利用几何意义求解，如分式型可以用直线斜率，平方型利用两点间距离求解．11．已知函数，则（    ）A．的极小值为2B．有两个零点C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线【答案】BCD【分析】利用导数研究函数的单调性、极值点、极值以及零点判断A、B，根据函数关于点对称的充要条件判断C，再根据导数的几何意义求函数的切线方程判断D.【详解】，，令，解得：或，时，，单调递增； 时，，单调递减；时，，单调递增；的极小值为：，的极大值为：，有两个零点，的极小值为4，故A错误、B正确；对C，若点是曲线的对称中心，则有，将函数代入上式验证得：，故C正确；对于D，，解得：，当时，， 切线方程为：，即，故D正确.故选：BCD.12．已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（    ）A．n为偶数时， B．C． D．的最大值为20【答案】AC【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，n为偶数时，，故A对；根据奇数项构成等差数列可得：而又：则有：，故B错误；，故C对；根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错故选：AC 三、填空题13．展开式中的常数项为__________．【答案】【详解】，令，得，∴常数项为．14．圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的体积为_______【答案】【分析】由球体积求得球半径，再由球的截面性质求得圆柱的高，从而得圆柱体积．【详解】球的半径为，，解得，圆柱的高为：．可得．故答案为：．15．已知等差数列的前n项和为，，则的取值范围为___________.【答案】【分析】根据等差数列的性质可得公差，由可得，从而可得，再根据等差数列的通项公式与分式变形，结合函数思想即可求得的取值范围.【详解】设等差数列的公差为，所以，由于，所以，且，即，则，由得，故，即的取值范围为.故答案为：.16．若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为___________.【答案】.【分析】运用分离参数求最值，即将原不等式化为，再构造函数（），求其最大值，进而求得结果.【详解】由于x为正实数，对不等式两边同时除以x变形可得：，化简得：，即：，令（），则对任意的，，所以，设，，则，所以，所以在上单调递减，又因为，所以，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，解得：，即：m的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．已知、，记，函数.(1)写出的解析式，并求出的最小值；(2)若函数在上是单调函数，求的取值范围.【答案】(1)，的最小值为(2) 【分析】（1）作差，可得出与的大小关系，进而可化简得出的解析式，分析函数的单调性，可求得函数的最小值；（2）化简函数在上的解析式，分析可知函数在上只能单调递减，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】（1）解：因为，当时，，则；当时，，则.所以，，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以，函数的最小值为.（2）解：当时，，则，因为函数在上单调，因为二次函数的图象开口向上，故函数在上只能单调递减，所以，，解得，解得，因此，实数的取值范围是.18．已知函数，.(1)求函数的最小值和最小正周期；(2)已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若向量与共线，求a，b的值.【答案】(1)最小值为，最小正周期为.(2) 【分析】（1）根据二倍角公式与辅助角公式化简可得，进而可得最小值与最小正周期；（2）根据可得，再根据向量共线的性质结合正弦定理可得，进而根据余弦定理求解即可.【详解】（1）.∴的最小值为，最小正周期为.（2）∵，即，∵，，∴，∴.∵与共线，∴.由正弦定理，得，①∵，由余弦定理，得，②解方程组①②，得.19．在①；②这两组条件中任选一组，补充下面横线处，并解答下列问题.已知数列的前n项和是，数列的前n项和是，___________.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求.【答案】(1)选条件①：故数列的通项公式为，数列的通项公式为；选条件②：数列的通项公式为，数列的通项公式为；(2)选条件①：；选条件②：所以． 【分析】（1）选条件①：由，可得，根据等比数列通项公式即可求解；选条件②：由，，可得，利用迭代法可求，借助已知条件可得；（2）选条件①：利用错位相减求和法求和后即可证明；选条件②：利用裂项相消求和法求和后即可证明.【详解】（1）选条件①：由，可得，两式相减可得，所以，在中，令，可得，所以，所以是以为首项，公比为的等比数列，，故数列的通项公式为，数列的通项公式为；选条件②：由，可得，两式相减可得，即，所以，在中，令，可得，所以，所以由，，，，所以，从而有，所以，，故数列的通项公式为，数列的通项公式为；（2）选条件①：由（1）知，，，，两式相减可得，所以，即；选条件②：由（1）知，所以．20．如图：已知△PAB所在的平面与菱形ABCD所在的平面垂直，且PA＝PB＝AB，∠ABC＝60°，E为AB的中点．（Ⅰ）证明：CE⊥PA；（Ⅱ）若F为线段PD上的点，且EF与平面PEC的夹角为45°,求平面EFC与平面PBC夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析； （Ⅱ）.【分析】(I)先根据面面垂直的性质定理证明平面PAB,再由线面垂直的性质证明;（Ⅱ）以E为坐标原点， 所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系,求出平面 EFC的法向量、平面PBC的法向量,利用向量的夹角公式,即可求平面EFC与平面PBC夹角的余弦值.【详解】（Ⅰ）在菱形ABCD中，∵∴△ABC为正三角形，又∵E为AB的中点∴，∵平面PAB与平面ABCD垂直，AB为平面PAB与平面ABCD的交线，∴平面，又∵平面∴ （Ⅱ）∵，E为AB的中点，∴，又∵，∴平面，以E为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示设，则，，，∴设，其中，则，∵为平面的法向量，∴，得，即是的中点，∴ 设为平面的法向量，则令，得，取，设为平面的法向量，则得出令，得，取，设平面与平面夹角为，则 .【点睛】本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.21．已知，平面内一动点满足．(1)求点运动轨迹的轨迹方程；(2)已知直线与曲线交于，两点，当点坐标为时，恒成立，试探究直线的斜率是否为定值？若为定值请求出该定值，若不是定值请说明理由．【答案】(1)(2)是定值； 【分析】对于小问1，设点，代入，整理化简得点轨迹方程；对于小问2，设出直线：，联立曲线的方程，结合韦达定理，代入，整理得到和的关系，进而判断直线是否过定点．【详解】（1）设，则，所以点轨迹方程为：．（2）显然直线不垂直于轴，故设：，，代入并整理得： ，∴ ，整理得：，若，此时过，不合题意；若，即符合题意，故直线的斜率为．22．已知函数.(1)当时，求在上的值域；(2)若有两个零点，且，证明：且.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出，则可得在上的单调性，即可求出其最值，则可得出答案；（2）由有两个零点，易知，由此可得，又由可知，则可证；令，要证，只需证，易知，结合在上单调递减，则可证，又，即可证，令函数，求出，易证恒成立，则可得，即得证.【详解】（1）当时，，则，当时，，当时，，故，因为，所以，故在上的值域为；（2）证明：因为，所以，当时，恒成立，在上单调递增，不存在两个零点，不满足题意；当时，当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，要使有两个零点，则需，解得，又，不妨令，则，所以，要证，只需证，易知，则，因为当时，在上单调递减，所以要证，只需证，因为，所以等价于，令函数，则，因为，当且仅当时，等号成立，所以，即在上单调递减，所以，故，则.