2022-2023学年浙江省杭州市第十四中学高二下学期阶段性测试（期中）数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市第十四中学高二下学期阶段性测试（期中）数学试题含解析，共20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学年浙江省杭州市第十四中学高二下学期阶段性测试（期中）数学试题 一、单选题1．已知函数，为的导函数，则的值为（    ）A． B．1 C． D．0【答案】B【分析】求出函数的导函数，代入计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：B2．计算的值是（    ）A．70 B．245 C．1050 D．1680【答案】B【分析】由排列数，组合数定义可得答案.【详解】.故选：B3．函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的定义域，分析函数的奇偶性以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，且，，所以，函数为偶函数，排除BC选项；当时，，则，排除D选项.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.4．设圆：，若直线在轴上的截距为，则与的交点个数为（    ）A． B． C． D．以上都有可能【答案】C【分析】利用直线过定点，判断定点在圆内即可．【详解】解：直线在轴上的截距为，直线过定点，，点在圆内，直线与的交点个数为个．故选：．5．由伦敦著名建筑事务所Steyn Studio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的一部分，且此双曲线的一条渐近线为，下焦点到下顶点的距离为1，则该双曲线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由双曲线的标准方程写出渐近线方程，由已知渐近线方程得到，又下焦点到下顶点的距离为1，得到 关系，结合解出 即可.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线为，所以 即 ，又下焦点到下顶点的距离为1，所以，结合解得，，故选：A．6．第十九届亚运会在杭州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种（    ）A．25 B．100 C．150 D．300【答案】C【分析】根据题意先考虑工作的分组情况，再利用部分平均分组的方法计算即可.【详解】由题意可得该5项工作可以分为1、1、3三组或1、2、2三组两种情况，对于1、1、3三组，有种分法；对于1、2、2三组，有分法；故将五项工作分成三组有10+15=25种分法，安排到3人有种安排方式.故选：C7．已知是数列的前n项和，，，当数列的前n项和取得最大值时，n的值为（    ）A．30 B．31 C．32 D．33【答案】C【分析】由递推式得到，结合等差中项知为等差数列，进而写出其通项公式并判断单调性，最后判断上各项的符号，即可确定前n项和取得最大值时n的值.【详解】①，则②，②－①得：，即，则数列为等差数列，且，由得：，则公差，所以，数列单调递减，而，，，......，设，当时，，且，，当时，恒成立，显然，，即数列的前32项和最大.故选：C8．设对于曲线上任一点处的切线，总存在曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题设两曲线任意一点切线斜率分别为、，根据垂直关系及指数函数、正弦函数的性质确定、的范围，进而判断包含关系，即可求参数范围.【详解】由，则的切线斜率为，由，则的切线斜率为，而两曲线上总存在切线、有，即，而，即，故，所以，解得，即.故选：D 二、多选题9．箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球．每次从箱子中随机的摸出一个球，摸出的球不放回．设事件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B表示“第2次摸球，摸到红球”则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用条件概率及全概率公式进行求解.【详解】，A正确；，由全概率公式可知：所以BC错误，D正确.故选：AD10．下列说法正确的是（    ）A．若数列是等差数列，且，则B．若是等差数列的前项和，则成等差数列C．若是等比数列的前项和，则成等比数列D．若是等比数列的前项和，且（其中是非零常数，），则为零【答案】BD【分析】根据题意，由等差数列的通项与求和公式，以及等比数列的通项与求和公式，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，取数列为常数列，对任意的，都有，故错误；对于B，设等差数列的首项为，公差为，则，同理，所以，所以成等差数列，故正确；对于C，设，则，，所以此数列不是等比数列，故错误；对于D，因为，所以此数列为首项是，公比为的等比数列，则，所以，所以，故正确.故选:BD11．如图，已知ABC是边长为4的等边三角形，DE，分别是ABAC，的中点，将ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则（    ）A．翻折过程中，直线BC始终与平面PDE平行B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3D．当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为【答案】ACD【分析】A选项，通过说明可判断选项正误；B选项，如图建立以DE中点F为原点的空间直角坐标系，利用平面PDE法向量与平面PBC法向量互相垂直可判断选项正误；C选项，易知当平面PDE⊥平面DBCE时，四棱锥体积最大，计算体积即可判断选项正误；D选项，结合B选项分析与可得P坐标，后算出四边形DBCE外接圆圆心坐标，球心坐标，即可得相应球表面积.【详解】A选项，注意到在翻折过程中，始终有又平面PDE，平面PDE，则BC始终与平面PDE平行，故A正确；B选项，取DE中点为F，BC中点为G，连接AF，PF，FG. 如图建立以F为原点，AF所在直线为y轴，FD所在直线为x轴，过P点且与平面DBCE垂直直线为z轴建立空间直角坐标系.由题可得，且翻折过程中，P点在yOz平面上，设，则，由题.则.,.设平面PDE法向量为，则，取.设平面PBC法向量为，则，取.因平面PDE⊥平面PBC，则不存在，则不存在相应的P点，使PDE⊥平面PBC，故B错误；C选项，易知当平面PDE⊥平面DBCE时，四棱锥体积最大，此时为底面对应高，则，其中，.则，故C正确.D选项，因，，则可得..设四边形DBCE外接圆圆心坐标为，由题知其在y轴上，则.因，则，.则外接球球心O在过且与平面DBCE垂直的直线上，设为.又，则，.则外接球半径为：.故外接球表面积为.故D正确.故选：ACD12．已知数列的前n项和为，，且（，2，…），则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】对于A选项，只需判断；对于B选项，通过通项公式可求得；对于C选项，将条件转化为，举出反例即可判断；对于D选项，将数列放缩成等比数列求和，即可判断.【详解】由条件，两边同时除以，得，∴，故数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，∴，对于A选项，∵，∴，∴，故A选项正确；对于B，，所以B选项正确；对于C选项，，等价于，因为，所以当时，，故C选项错误；对于D选项，，∴，又，∴，∴，故D选项正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：由，得，是解决本题得关键. 三、填空题13．二项式的展开式的常数项等于_____________．【答案】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得常数项.【详解】二项式的展开式的通项公式为：，令，求得，所以展开式的常数项为.故答案为：14．已知随机变量服从正态分布，若，则______．【答案】【分析】根据概率之和为1，求得，再利用正态曲线的对称性得，即可求得答案.【详解】解：因为，所以，因为随机变量服从正态分布，所以，所以.故答案为：0.6.15．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供种不同的颜色给其中个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则，区域涂同色的概率为_____________．【答案】【分析】利用分步乘法计数原理求出所有的涂色种数，再求出，区域涂同色情况，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意分4步进行分析：①，对于区域，有6种颜色可选；②，对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选；③，对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选；④，对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选，若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选，则区域、有种选择，综上可得不同的涂色方案有种.其中与颜色相同的有种，所以，区域涂同色的概率.故答案为：16．已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值为___________.【答案】【分析】先将不等式变形为，再构造函数，利用函数单调性可得，，再分离参数转化为，然后求出函数的最小值，即解出．【详解】由题意，不等式可变形为，得对任意恒成立.设，则对任意恒成立，，当时，，所以函数在上单调递减，当时，，所以函数在上单调递增.当时，，因为求实数的最小值，所以考虑的情况，此时，因为函数在上单调递增，所以要使，只需，两边取对数，得上，由于，所以.令，则，令，得，易得在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，所以实数的最小值为.故答案为：【点睛】关键点睛：求解不等式问题的关键：（1）适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点；（2）构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解. 四、解答题17．已知平面向量，，函数．(1)求的单调增区间．(2)在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，求△ABC周长的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用向量数量积的坐标运算求出，再通过二倍角与辅助角公式化简，带入三角函数的单调递增区间即可求得；(2)代入已知条件，余弦定理可以获得边之间的关系，再结合基本不等式即可求得周长的取值范围.【详解】（1），所以令，解得，所以函数的单调递增区间为;（2）因为，即，解得，即，因为A为三角形的内角，所以，又因为，所以，即即，解得，又因为a，b，c是的边，所以，故△ABC周长.所以周长的取值范围是.18．如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，，的平面与棱交于点．(1)证明：四边形是矩形；(2)求平面和平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先根据线面平行的判定定理，性质定理证出四边形是平行四边形，再由条件可证得平面，于是，从而四边形是矩形；（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再分别求出平面，平面的一个法向量，然后根据二面角的向量公式即可求出．【详解】（1）连接，，在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以，因此，因为点是的中点，所以为中点，所以，所以四边形为平行四边形，在正中，因为是的中点，所以，由题可知平面，平面，所以，，因为，平面，所以平面，又平面，所以，故四边形为矩形.（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.在中，，，所以.于是，，，，，，.设平面的法向量为，由，得，取.设平面的法向量为，由，得，取.设平面和平面夹角为，则，故平面和平面夹角的余弦值为.19．甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球2次均未命中的概率为.（Ⅰ）求乙投球的命中率；（Ⅱ）若甲投球1次，乙投球2次，两人共命中的次数记为，求的分布列和数学期望.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）的分布列为0123的数学期望【详解】试题分析：对于问题（I）由题目条件并结合间接法，即可求出乙投球的命中率；对于问题（II），首先列出两人共命中的次数的所有可能的取值情况，再根据题目条件分别求出取各个值时所对应的概率，就可得到的分布列．试题解析：（I）设“甲投球一次命中”为事件，“乙投球一次命中”为事件.由题意得解得或（舍去），所以乙投球的命中率为.（II）由题设知（I）知，，，，可能取值为故，，的分布列为 【解析】1、概率；2、离散型随机变量及其分布列. 20．已知函数，对任意，都有．(1)求的值．(2)数列满足：，求数列前项和．(3)若，证明：【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）依题意令，即可得解；（2）令可得，再利用倒序相加法得到，从而得到，最后利用错位相减法计算可得；（3）利用放缩法得到，利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）因为对任意，都有，令，所以，所以.（2）因为，令，则，①，又②，两式相加得：，所以．，所以③，④，③④可得，，所以；（3）由（2）可知，所以，所以，所以.21．已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．(1)若直线垂直于轴，求；(2)当时，在轴上方时，求、的坐标；(3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，(3)存在，或 【分析】（1）由题意方程求得右焦点坐标，进一步求得，的坐标，则可求；（2）设，由，利用数量积为0求得与的方程，再由在椭圆上，得与的另一方程，联立即可求得的坐标．得到直线的方程，与椭圆方程联立即可求得的坐标；（3）设，，，，直线，联立直线方程与椭圆方程，结合，得，再由直线的方程：，得纵坐标，由直线的方程：，得的纵坐标，结合根与系数的关系，得，解得值，从而得到直线方程．【详解】（1）解：依题意，，当轴时，将代入，解得，则，，所以；（2）解：设，，，，所以，，又在椭圆上，满足，即，，解得，即．所以直线，联立，解得或，所以；（3）设，，，，直线，则，．联立，得．则，．由直线的方程：，得纵坐标；由直线的方程：，得的纵坐标．若，即，，，，代入根与系数的关系，得，解得．存在直线或满足题意．【点睛】方法点睛：解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；（2）面积等于水平宽与铅垂高积的一半.22．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)设函数，试判断在内的零点个数.【答案】(1)在区间，上单调递减，在区间上单调递增(2)零点个数为2 【分析】（1）利用导数求解单调区间即可.（2）首先将题意转化为根的个数，设，再分类讨论与轴的交点个数即可.【详解】（1）函数的定义域为，，令，得.当时，；当时，；当时，，所以在区间，上单调递减，在区间上单调递增.（2）令，得.设，所以.①当时，可知，则，所以，又，，所以，从而在上单调递减，又，，由零点存在定理及的单调性，得在上有一个零点.②当时，，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增，所以时，函数，则.所以，则恒成立.所以在上无零点.③当时，，，则在上单调递增.又，，所以在上存在一个零点.综上，在内零点个数为2，即在内的零点个数为2.