浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用集合并补运算求集合.
【详解】由题设，则.
故选：D
2. 复数，则（ ）
A. B. 5C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的运算求解即可.
【详解】，.
故选：C
3. 幂函数在上为增函数，则实数的值为（ ）
A. B. 0或2C. 0D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数为幂函数求出，再验证单调性可得.
【详解】因为是幂函数，所以，解得或2，
当时，在上为减函数，不符合题意，
当时，在上为增函数，符合题意，
所以.
故选：D.
4. 过定点M的直线与过定点N的直线交于点A（A与M，N不重合），则面积的最大值为（ ）
A. B. C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析可得点A在以为直径的圆上，结合圆的性质求面积的最大值.
【详解】对于直线，即，
可得直线过定点，
对于直线，即，
可得直线过定点，
∵，则直线与直线垂直，即，
∴点A在以为直径的圆上，且，
由圆的性质可知：面积的最大值为.
故选：C.
5. 2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行．现要安排甲、乙等5名志愿者去A，B，C三个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为（ ）
A. 12B. 18C. 36D. 48
【答案】C
【解析】
分析】先按3，1，1或2，2，1分组，再安排到球场.
【详解】将5人按3，1，1分成三组，且甲、乙在同一组的安排方法有种，
将5人按2，2，1分成三组，且甲、乙在同一组的安排方法有种，
则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为．
故选：C
6. 若过双曲线的一个焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂线交轴于点（为双曲线的半焦距），则此双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记点、，分析可知直线与直线垂直，可得出，求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
记点，由题意可知，点为双曲线的右焦点，
易知直线与直线垂直，且，
所以，，可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
7. 已知函数，若关于x的方程有6个不同的实数根，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出的图象，设，可知关于t的方程在有两个不同的实数根，根据二次函数图象的性质即可求解.
【详解】作函数的图象如下：

由函数图象可知：要使关于x的方程有6个不同的实数根，
设，则关于t的方程在有两个不同的实数根，
因此 ，解得，
所以实数a的取值范围为.
故选：.
8. 已知平面向量，，满足，，且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，.根据已知得出点的轨迹方程为.然后表示出，平方根据以及之间的关系，化简可得.根据圆的范围得出的范围，研究的二次函数，即可得出.令，根据判别式法得出的范围，结合的范围检验，即可得出答案.
【详解】根据题意，，
设，，.
由，可得,
所以，点的轨迹方程为.
因为，
所以，，
所以，.
又，
所以有.
因为，
所以，
所以，，关于的二次函数开口向上，
则当时，有最小值，
所以，.
令，整理可得，
由可得，，
解得或.
当时，有，化简可得，
所以，，不在范围之内，舍去；
当时，有，化简可得，
所以，.
且当时，有，
所以，.
又，所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：将放到坐标系中，将已知条件转化为坐标关系，进而根据坐标研究.
二、多项选择题（本大题共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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则每个个体被抽到的概率是0.1
B. 已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，则这组数据的中位数是5
C. 已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，则小明成绩的百分位数是20
D. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为15
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用概率对于判断即可．
对于B，根据平均数求得的值，然后利用中位数公式求解即可.
对于C，根据百分位数的概念求解判断即可
对于D，利用方差的性质求解即可.
【详解】对于A，一个总体含有60个个体，某个个体被抽到的概率为，以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为6的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为 ，故A正确．
对于B，数据1，2，，，8，9的平均数为5，故，解得，故这组数据的中位数是，故B正确.
对于C，将全班成绩从小到大排列，小明的成绩在第37个，故小明成绩的百分位数不是20，故C错误.
对于D，依题意，，则，故数据的方差为32，D错误；
故选：AB.
10. 已知函数是定义域为R的偶函数，是奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是以4为周期的函数D. 的图象关于对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知求出函数的对称中心，即可得出A项；根据对称中心以及偶函数的性质，即可得出函数的周期；根据函数的对称性，推导即可判断D项.
【详解】对于A项，由是奇函数，可得函数关于点对称，
所以有，故A项正确；
对于B项，无法求出的值，故B项错误；
对于C项，函数是定义域为R的偶函数，所以有.
又函数关于点对称，
所以，
所以有，
所以，，
所以有，所以是以4为周期的函数，故C项正确；
对于D项，因为,所以也是函数的对称轴.
又是以4为周期的函数，所以的图象关于对称，故D项正确.
故选：ACD.
11. （多选）已知，，，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用基本不等式，可得，又可判断A正确；利用基本不等式，化简得解得，可判断B错误；利用基本不等式，得解得，可判断C错误；利用，由B选项结果可判断D正确；
【详解】对于A，由，，利用基本不等式，可得，解得，又（当且仅当时，等号成立），而，所以，所以，故A正确；
对于B，由，，利用基本不等式，化简得（当且仅当时，等号成立），解得，即，故B错误；
对于C，由，，利用基本不等式化简得（当且仅当时，等号成立），解得，故C错误；
对于D，，又，即，由B选项知，所以，故D正确；
故选：AD
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
12. 已知正四棱台中，，，高为2，分别为，的中点，是对角线上的一个动点，则以下正确的是（ ）
A 平面平面
B. 点到平面的距离是点到平面的距离的
C. 若点为的中点，则三棱锥外接球的表面积为
D. 异面直线与所成角的正切值的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据线线平行证明线面平行，进而证明面面平行；
对于B，利用面面平行和点到平面距离的概念进行判断即可；
对于C，利用球的表面积公式，直接求解即可；
对于D，根据异面直线所成角的概念，作出相应的辅助线，进而利用勾股定理和锐角三角函数即可求解.
【详解】
选项A：设，，如图1所示.选项A：，，则四边形为平行四边形，，所以平面，又因为，所以平面，因为，所以平面平面，故正确；
选项B：因为平面平面，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，又点到平面的距离与点到平面的距离相等，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，故不正确；
选项C：如图2所示，在梯形内过点作于点，所以面，取线段的中点，因为，所以为球心，，球的表面积为，故正确；
选项D：如图3所示，因为，平面，所以平面，又平面，所以，所以（或其补角）为与所成的角，所以，若最小，则最小，当点在点时，取最小值2，所以的最小值为，故正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项可知为二项式展开式的第二项，即可求得.
【详解】根据题意可知，
根据题意可知，为项的系数，
利用二项展开式的通项可知
可得；
故答案为：
14. 已知点满足方程，点，，若直线的斜率为，斜率为，则的值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】将方程转化为，利用椭圆定义法求标准方程，将方程变形代入斜率关系可得定值.
【详解】已知动点满足方程，
设，且，
则有，
故点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
且中心在原点，焦点在轴，即点轨迹轨迹方程为椭圆的标准方程，
则，，
故所求轨迹方程为，则，
又，，
则.
故答案为：.
15. 设圆：，圆：，点A、分别是圆，上的动点，为直线上的动点，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知求出圆，的圆心、半径，判断直线与圆的位置关系，求出圆关于直线的对称圆.进而结合图象，结合对称性，即可得出答案.
【详解】由已知可得，圆心，半径，圆心，半径.
所以，圆心到直线，即的距离，
圆心到直线，即的距离，
所以，直线与两圆均相离.
设关于直线对称点为，
则有，解得，，
所以，圆：关于直线对称的圆的方程为.
如图，连接，分别交圆于点，交圆于B点，交直线于点，
连接交圆于点，则.
又，
所以当点位于点处时，有最小值.
又，
所以，.
故答案为：.
16. 已知函数，对任意在区间上总存在两个实数，，使成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知转化为求解函数在上的最小值.当时，直接求解即可；当时，根据二次函数的性质可知，进而求解化简即可得出答案.
【详解】由已知可得，设在上的最大值为，最小值为，
只需即可
当时，在R上单调递减，
此时，显然满足条件；
当时，为二次函数，
要使最小，
则应有，
此时有.
又
，
所以，只需满足即可，即或.
综上所述，或或.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 某中学作为蓝色海洋教育特色学校，随机抽取100名学生，进行一次海洋知识测试，按测试成绩(假设考试成绩均在[65，90)内)分组如下：第一组[65，70)，第二组 [70，75)，第三组[75，80)，第四组 [80，85)，第五组 [85，90)．得到频率分布直方图如图.
(1)求测试成绩在[80，85)内的频率；
(2)从第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取6名学生组成海洋知识宣讲小组，定期在校内进行义务宣讲，并在这6名学生中随机选取2名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队，求第四组至少有1名学生被抽中的概率．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由所有频率的和为，易得测试成绩在[80，85）内的频率；（2）先分别求出第三组、第四组、第五组的人数，再由分层抽样方法得各组应该抽取的人数．用字母表示所研究的事件，用列举法得基本事件的总数以及所研究事件含多少个基本事件，最后利用古典概型公式求得概率．
【详解】（1）测试成绩在[80，85）内的频率为：
（2）第三组的人数等于,第四组的人数等于，
第五组的人数等于，
分组抽样各组的人数为第三组3人，第四组2人，第五组1人.
设第三组抽到的３人为，第四组抽到的２人为,第五组抽到的１人为.
这6名同学中随机选取2名的可能情况有15种，如下：
.
设“第四组2名同学至少有一名同学被抽中”为事件,事件包含的事件个数有9种，即：,,,,.
所以, 事件的概率即第四组至少有一名同学被抽中的概率为．
考点：1、考查频率分布；2、频率分布直方图；3、古典概型．
18. 已知函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式和单调递增区间.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域.
【答案】（1），单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的余弦以及辅助角公式化简，即可得出.然后由已知推得，即可得出，得出解析式；整体代换，即可得出函数的单调递增区间；
（2）先根据图象平移得出的解析式，然后根据已知的范围得出，结合正弦函数的性质，即可得出答案.
【小问1详解】
由已知可得，.
又图象的相邻两对称轴间的距离为，
所以，，
即，所以，
所以，.
由可得，
，
所以，的单调递增区间为.
【小问2详解】
由（1）知，，
将函数的图象向右平移个单位长度，
可得的图象.
再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.
因为，所以.
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以，当时，，
所以，，
所以，函数的值域为.
19. 在中，角所对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简作答.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理结合均值不等式求出三角形面积范围作答.
【小问1详解】
在中，由已知及正弦定理得：，
即有，即，而，，则，
所以．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：，
因此，即，当且仅当时取等号，
又，
所以面积的取值范围是．
20. 已知圆O：，直线l：．
（1）若直线l与圆O相切，求k的值；
（2）若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当为锐角时，求k的取值范围；
（3）若，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直线CD是否过定点，若过定点，则求出该定点．
【答案】（1）；（2）或；（3）直线CD过定点．
【解析】
【分析】（1）由圆心到切线距离等于半径求参数值；
（2）只要圆心到直线的距离大于弦长的一半即可．
（3）利用点坐标，求出直线的方程，由方程确定是否过定点．
【详解】（1）原点到直线的距离为，由，解得；
（2）因为，为锐角时等价于，即，
∴，解得或；
（3）在直线上，设，则以为直径的圆方程为，即，
同，相减得，这就是直线的方程．
又，
∴，，由得，
∴直线过定点．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆中定点问题．直线与圆的位置关系一般用几何方法求解，即求出圆心到直线的距离，由与半径的关系确定直线与圆位置关系，而求直线与圆相交弦长就利用垂径定理得垂直后由勾股定理计算．直线过定点问题，采取基本方法，设动点的坐标为参数，由这个参数求出直线方程，分析方程，得定点．
21. 椭圆（）离心率为，是椭圆上的任意一点，、分别是椭圆的左右焦点，且的周长为6.
（1）求椭圆的方程；
（2）若是椭圆的左顶点，过的两条直线，分别与交于异于点的、两点，若直线，的斜率之和为，则直线是否经过定点？如果是，求出定点，如果不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是，定点
【解析】
【分析】（1）由题意得求出，再结合求出，从而可得椭圆方程；
（2）设直线为，代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，然后由可求得，则得直线为，从而可得直线恒过定点.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以，
所以椭圆的方程为，
【小问2详解】
由（1），由题意得直线的斜率存在，设直线为，
由，得，
化简得，
由，得，
设，则，
所以
，
所以，
所以直线：，
所以直线恒过点.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解（2）问解题的关键是由结合根与系数的得到的式子可得，代入直线方程化简可得答案，考查数学计算能力，属于较难题.
22. 已知函数．
（1）若关于的方程只有一个实数解，求实数的取值范围；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）探究函数在区间上的最大值（直接写出结果，不需给出演算步骤）．
【答案】（1）（2）（3）当时，在上的最大值为；
当时， 在上的最大值为；
当时， 在上的最大值为0.
【解析】
【详解】试题分析：（1）方程，即，变形得，
显然，已是该方程的根，从而欲使原方程只有一解，
即要求方程有且仅有一个等于1的解或无解，
结合图形得. ……4分
（2）不等式对恒成立，即（*）对恒成立，
①当时，（*）显然成立，此时；
②当时，（*）可变形为，令
因为当时，，当时，，
所以，故此时.
综合①②，得所求实数的取值范围是. ……8分
（3）因为= ……10分
①当时，结合图形可知在上递减，在上递增，
且，经比较，此时在上的最大值为.
②当时，结合图形可知在，上递减，
在，上递增，且，，
经比较，知此时在上的最大值为.
③当时，结合图形可知在，上递减，
在，上递增，且，，
经比较，知此时 在上的最大值为.
④当时，结合图形可知在，上递减，
在，上递增，且, ，
经比较，知此时 在上的最大值为.
当时，结合图形可知在上递减，在上递增，
故此时 在上的最大值为.
综上所述，当时，在上的最大值为；
当时， 在上的最大值为；
当时， 在上的最大值为0. ……15分
考点：本小题主要考查由方程根的情况求参数的取值范围、恒成立问题的求解和含参数的二次函数的最值问题，考查学生数形结合思想和分类讨论思想的应用.