浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

这是一份浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题，共7页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卡两部分，已知，则，已知向量，，且，则等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卡两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑。
3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效。
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．已知复数，（i为虚数单位，），则复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．下列函数中，以为最小正周期的奇函数是（ ）
A．B．C．D．
4．若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．在正方体中，P，Q分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点D，P，Q的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
6．在同一个坐标系中，函数，，的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．图中x的值为0.030
B．被抽取的学生中成绩在的人数为15
C．估计样本数据的众数为90
D．估计样本数据的平均数大于中位数
10．已知向量，，且，则（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是45°
D．向量在向量上的投影向量坐标是
11．已知，设函数满足，则（ ）
A．
B．当时，不一定是常数函数
C．若，则
D．若，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12．函数与的图象关于直线______对称．
13．若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是______．
14．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，若△ABC的面积为，则______．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（本题满分13分）
已知函数．
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值．
16．（本题满分15分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PD与底面所成的角为45°，E为PD的中点．
（1）求证：AE⊥平面PCD；
（2）若，求平面ABC与平面PBC的夹角大小．
17．（本题满分15分）
已知函数，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性．
18．（本题满分17分）
已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点，右焦点F，离心率．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l与椭圆C交于P，Q两点．
（i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程；
（ii）是否存在直线l，使F恰为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
19．（本题满分17分）
已知数列满足，数列满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”．
（i）计算，，其中，．
（ii）若为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值．
2023学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测
参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的．
二、选择题：本题共了小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．AB10．ACD11．ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
12．13．214．
四、解答题．
15．（1）
故；
由，令，，
则，，
故函数的单调递增区间为，；
（2）当时，，
则，即，
即在区间上的最小值和最大值分别为0，3，
即时，即时，有最小值0，
当，即时，有最大值3．
16．证明：（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，
因为PD与平面ABCD所成的角为45°，PA⊥平面ABCD，
所以，且，
又E为PD的中点，所以AE⊥PD．
因为CD⊥AD，又CD⊥PA，故CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，
所以平面PCD．
（2）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，又，故BC⊥平面PAB，
所以BC⊥PB，又BC⊥AB，则∠PBA即为所求，
由（1）知：，则，所以．
17．（1）当时，，，，，
切线方程为：．
（2），
①若，，则在上单调递减，
②若，当时，解得，则在上单调递增，在上单调递减．
18．解：（Ⅰ）由题意得：，，则易得，故椭圆方程为．
（2）（i）由题意得：，因为，所以，则，
设直线，，，联立，可得，
，所以，
由韦达定理得：，，，
设线段PQ中点为，则，，
则PQ中点的轨迹方程为．
（ii）因为F恰为△PQM的垂心，有
所以
又，得，
即，
代入韦达定理得，
解得或．经检验符合条件，
则直线l的方程为：．
19．（1）由可得，
根据可得，
由可得，且，
所以是以首项为3，公比为3的等比数列，故．
（2）
（i）
．
（ii）方法一：当时，，
显然，，2，3不满足题意．
当时，
，
，得证．
方法二：当时，，
显然，，2，3不满足题意．
当时，，，
因为且，
所以，得证．
1
2
3
4
5
6
7
8
D
D
A
C
B
C
A
C