2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期4月期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期4月期中联考数学试题含解析，共21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学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期4月期中联考数学试题 一、单选题1．已知数列的前n项和为，则等于（    ）A．32 B．45 C．51 D．56【答案】B【分析】直接利用，将所求结果转化成，即可求出结果.【详解】因为数列的前n项和为，则,故选：B.2．如果直线：与直线：平行，那么实数的值为（    ）A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】根据两直线平行的充要条件得到方程（不等式）组，解得即可.【详解】因为直线：与直线：平行，所以，解得.故选：A3．若曲线在处的切线方程为，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由导数的几何意义可求得的值，可得出切线方程，将切点坐标代入切线方程，可得出的值，再结合函数解析式可求得的值.【详解】因为，则，则，可得，所以，曲线在处的切线方程为，将切点的坐标代入切线方程可得，解得，又因为，解得，因此，，.故选：D.4．等差数列的公差不为0，其前n和满足，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意得出是的最大值，从而有，且，，由此得出的范围，推导出结论．【详解】等差数列的公差不为0，其前n和满足，因此是的最大值，显然，从而，即，，，．故选：C．5．若正方形ABCD的边长为a，E，F分别为CD，CB的中点（如图1），沿AE，AF将△ADE，△ABF折起，使得点B，D恰好重合于点P（如图2），则直线PA与平面PCE所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题设条件易证PA，PF，PE三线两两垂直，以P为坐标原点，PE，PF，PA分别为坐标轴建立如图所示的空直角坐标系，求直线PA的方向向量与平面PCE的法向量，用向量法求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【详解】由，，可得，，，则，PA，PF，PE三线两两垂直，以P为坐标原点，PE，PF，PA分别为坐标轴建立如图所示的空直角坐标系，可得，设，由 ，，有，解得，即得 ，所以可得 ， ，设平面PCE的一个法向量 ，  ，令，则，所以平面PCE的一个法向量为 ，又 ，设PA与平面PCE所成角为，所以  . 故选：A6．已知函数存在两个零点，则实数t的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将问题转化为有两个不同的实数根，构造函数利用导数求解单调性即可求解最值.【详解】存在两个零点，则有两个不同的实数根，当时，只有一个零点，不符合题意，故，即有两个不同的实数根，记，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故当时，取极大值也是最大值，又当时，，如图为的图象要使有两个不同的实数根，则，所以，故选：C7．已知双曲线C：的左、右焦点为，，过的直线l分别交双曲线C的左、右两支于A、B.若，则双曲线C的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由，设，，,根据双曲线的定义可得，利用余弦定理列出方程，结合求出，从而可求出渐近线方程.【详解】因为，设，，,其中，由双曲线的定义可知，，即，得，所以，而，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，得，又，所以，得，双曲线的渐近线方程为.故选：B．8．已知，，，其中是自然对数的底数，则a，b，c的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】通过变形得到，，，再构造函数，利用其单调即可得出结果.【详解】因为，，又由，得到，令，则，所以，当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，又因为，所以，即，故选：C. 二、多选题9．已知函数，.下列结论正确的是（    ）A．函数不存在最大值，也不存在最小值 B．函数存在极大值和极小值C．函数有且只有1个零点 D．函数的极小值就是的最小值【答案】BCD【分析】利用导数研究函数的单调性，作出图形，求出函数的最小值，结合函数零点、极值的概念依次判断选项即可.【详解】，则，令，令或，所以函数在上单调递减，在和上单调递增，且，，如图，所以，函数在处取得极大值，在处取得极小值，极小值即为最小值，且函数有且只有一个零点0.故选：BCD.10．已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（    ）A．若是等差数列，则 B．若是等比数列，则C．若是等比数列，则公比一定为2 D．若是等比数列，则公比是2或－2【答案】AB【分析】由等差数列、与等比数列的前项和的定义与性质求解．【详解】，则，若是等差数列，则成等差数列，因此，所以，A正确；若成等比数列，当时，，满足，此时也满足，但CD显然错误，当时，，则成等比数列，，所以，B正确．故选：AB．11．如图，棱长为2的正方体中，M为的中点，动点N在平面ABCD内的轨迹为曲线Γ.下列结论正确的有（    ）A．当时，Γ是一个点B．当动点N到直线，的距离之和为时，Γ是椭圆C．当直线MN与平面ABCD所成的角为时，Γ是圆D．当直线MN与平面所成的角为时，Γ是双曲线【答案】ACD【分析】对于选项ACD，通过建立空间直接坐标系，利用向量法逐一对选项ACD进行分析判断即可得出结果；对于选项B，利用正方体中的线面关系，动点N到直线，的距离转化成的长，利用几何关系即可得出结果.【详解】如图建立空间直角坐标，因为正方形的棱长为2，则有，又M为的中点，所以，设，选项A，因为，，又，所以，即，也即，所以，此时，曲线Γ为点，故选项A正确；选项B，连接，易知动点N到直线，的距离即为线段的长，而又易知，当点不在线段上时，有，所以当动点N到直线，的距离之和为时，点在线段上，此时曲线Γ为线段，故选项B错误；选项C，易知平面的一个法向量为，，所以当直线MN与平面ABCD所成的角为时，有，化简得，此时曲线Γ为，故选项C正确；选项D，易知平面的一个法向量为，，所以当直线MN与平面所成的角为时，有，化简得，此时曲线Γ为，故选项D正确；故选：ACD.12．已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线C上的两个不同的动点，点A关于x轴的对称点为，抛物线C的准线交x轴于点P.下列结论正确的是（    ）A．若直线过点F，则，且B．若直线过点F，则P，，B三点共线C．若直线过点P，则，且D．若直线过点P，则的最小值为4【答案】ABC【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断A；结合A分、讨论，利用韦达定理、斜率公式可判断B；设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断C；由在轴的同侧，由利用基本不等式可判断D.【详解】对于A，若直线过点，设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，易得，所以，则，故A正确；对于B，若直线过点，由A知，则，，当时，，不妨设，则，，所以此时与重合，所以三点共线；当时，，，所以，且为线段的共同起点，所以三点共线，故B正确；对于C，若直线过点P，设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，则，解得或，所以，则，故C正确；对于D，若直线过点P，则在轴的同侧，即，则，而，等号不成立，故D错误.故选：ABC. 三、填空题13．徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃.《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上.现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异.已知第i（i等于1，2，…，6，7）匹马的最长日行路程是第i＋1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为500里，则这8匹马的最长日行路程之和为_____________里.（取）【答案】5700【分析】根据等比数列的求和公式即可求解.【详解】有题意可知：第八匹马、第七匹马、…...,第一批马构成首项为500，公比为1.1的等比数列，所以这8匹马的最长日行路程之和为，故答案为：14．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，，AP与AB，AD的夹角都是60°，若M是PC的中点，则直线MB与AP所成角的余弦值为_____________.【答案】/【分析】记，由题意可得，易得，再由数量积的运算性质求出，即可求解【详解】记，因为，所以.又因为，所以.易得，所以，所以，又故答案为：15．已知椭圆：和双曲线：的焦点相同，，分别为左、右焦点，M是椭圆和双曲线在第一象限的交点.已知，双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率为_____________.【答案】/【分析】根据焦点三角形结合椭圆和双曲线的定义可得两类曲线离心率之间的关系，从而可求椭圆的离心率.【详解】设半焦距为，由椭圆的定义和双曲线的定义可得，故，由余弦定理可得，整理得到，所以，因为双曲线的离心率为2，故，故，所以，故，故答案为：.16．若函数极值点为，则的值为______.【答案】1【分析】求出导函数，令导函数等于0，判断函数的极值点，进而求出极值即可.【详解】因为，所以，由知，令，则，故函数在上单调递增，又，，设，则，所以当时，，从而，当时，，从而，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故函数有极大值点，所以.故答案为：1 四、解答题17．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为.(1)求n和a的值；(2)求的展开式中的常数项.【答案】(1)(2)448 【分析】（1）根据结论得到方程组，解出即可；（2）首先对原式整理为，写出展开式的通项，再求出其常数项即可得到答案.【详解】（1）∵由条件可得，∴解得.（2）.∵展开式的通项为：.∴①当即时，；②当即时，；∴所求的常数项为.18．盒子中有个不同的白球和个不同的黑球.(1)若将这些小球取出后排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，共有多少种不同的排法？(2)随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，共有多少种不同的摸球结果？(3)将这些小球分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子至少一个球，共有多少种不同的放法？（注：要写出算式，结果用数字表示）【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）先将个不同的黑球进行排序，然后将个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，结合插空法可求得结果；（2）对摸出的黑球的个数进行分类讨论，结合组合计数原理以及分类加法计数原理可得结果；（3）先将这个小球分为组，确定每组球的个数，然后再将这三组小球分配给三个不同的盒子，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】（1）解：将个不同的白球和个不同的黑球排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，只需先将个不同的黑球进行排序，然后将个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.（2）解：随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，则黑球得个数可以是或或，由分类加法计数原理可知，不同的摸球结果种数为种.（3）解：先将这个小球分为组，则这三组小球的个数分别为、、或、、，再将这三组小球分配给三个盒子，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种.19．已知等差数列满足，且，，成等比数列.(1)求的通项公式；(2)设，的前n项和分别为，.若的公差为整数，且，求.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据题意，利用等差数列的通项公式和等比中项的应用求出，即可求出；（2）根据题意，由（1）可得，根据等差数列前n项求和公式计算可得，则，利用裂项相消求和法计算即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，∵，∴，∵，，成等比，∴，即，得，解得或，∴当时，；当时，；∴或.（2）因为等差数列的公差为整数，由（1）得，所以，则，∴.∴.20．如图，三棱柱的体积为，侧面是矩形，，，且已知二面角是钝角.(1)求的长度；(2)求二面角的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）在平面中作垂直BC的延长线于H，利用线面垂直的判定得AC⊥平面，平面，再利用线面垂直的性质得到线线垂直，最后证明出平面ABC，再利用椎体体积公式求出，最后利用余弦定理和勾股定理即可得到答案.（2）以C为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的空间向量求法即可得到答案.【详解】（1）侧面是矩形，则，又∵且，平面，∴AC⊥平面，∵，∴平面，平面，∴，∴.∵可知二面角的平面角是钝角，∴在平面中作垂直BC的延长线于H而平面，，，且，平面，∴平面ABC，，，则，，，∴，∴，∴中，，∴，∴.∵中，，，∴由余弦定理可求得，∴.（2）以C为坐标原点，以CA、CB分别为x、y轴，过C作平面BAC的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系.∵，，，，∴，设平面的法向量为，则，则，令，则，∴可得平面的法向量为.又可知平面的法向量为.设所求角为θ，∵可知所求二面角为锐角，∴，，∴二面角为.21．已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.(1)求双曲线的方程；(2)若点、在双曲线的左、右两支上，直线、均与圆相切，记直线、的斜率分别为、，的面积为.①是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.②已知圆的面积为，求.【答案】(1)(2)①是，且；②. 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；（2）①设点且斜率存在的直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径可得出关于的二次方程，利用韦达定理可得出的值；②根据圆的面积公式可得出的值，解出、的值，可得出直线、的方程，将这两条直线的方程与双曲线的方程联立，求出点、的横坐标，可求得、，以及的值，利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）解：由题意可得，解得，所以，双曲线的方程为.（2）解：设过点且斜率存在的直线的方程为，当直线与圆相切时，有，转化整理为.（※）①因为、是方程（※）的两个根，所以，为定值；②因为圆的面积为，所以，，代入方程（※），可得，解得，.所以，直线、的方程分别为和，联立可得，，所以， ，可得，联立可得，，所以，.所以，，.设、切圆于、，则，所以，，所以，，则，所以，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知函数，，.(1)当时，求函数的单调性；(2)若不等式对任意的恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)在定义域内单调递减(2) 【分析】（1）求出函数的导数，再次求导，判断导数的正负，即可判断函数的单调性；另解：根据切线不等式，判断导数正负，可判断函数单调性.（2）将变形为对任意的恒成立，令，继而化为对任意的恒成立，从而转化为函数最值问题，求得答案.【详解】（1）时，，定义域为,∵，令，∴，当时，，当时，，∴在上递增，在上递减，∴，仅在时取等号，∴在定义域内单调递减.另解：,∵（切线不等式），∴∴恒成立，∴在定义域内单调递减.（2）将整理、转化为：对任意的恒成立，（※）设，,∵，当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴,∴（※）转化为，即对任意的恒成立.设，其中，则.∵对任意的恒成立，∴在时单调递增,∴，∴,∴.∴所求a的范围范围为.【点睛】关键点睛：解答不等式对任意的恒成立时，关键一步在于变形，即，从而可构造函数，将问题转化为函数最值问题解决.