[数学]浙江省S9联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题(解析版)

这是一份[数学]浙江省S9联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题(解析版)，共16页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知函数等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，表示所有被3除余2正整数.
所以.
故选：C
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】由题得，
则在复平面内对应的点的坐标为，
所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以
.
故选：D
4. 已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

所以，
，
设面的法向量为，
，
所以，
令，则，所以，，
所以到平面的距离，
故选：C.
5. 已知函数.若，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以是上的增函数，
因为
所以，
解得.
故选：B.
6. 数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（ ）
A. 数列是常数列
B. 若，则是递增数列
C. 若，则
D. 若，则的最小项的值为
【答案】D
【解析】A：当时，；①
当时，，
作差可得，代入可得，与①可能矛盾，
故数列不一定是常数列，故A错误；
B：由可得，
且，
所以数列不是单调数列，故B错误；
C：若，则由以上选项可知，
所以当时，的偶数项为，奇数项为，
而，
故C错误；
D：若，则，，故时，的偶数项为，奇数项为，
则的最小项的值为，故D正确；
故选：D.
7. 直线，直线与平行，且直线与垂直，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】因为直线与平行，
并且直线，所以，.
又因为直线与垂直，所以，.
所以.
故选：B.
8. 已知双曲线的左焦点为，渐近线方程为，焦距为8，点的坐标为，点为的右支上的一点，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】如图所示
由题意知，
解得
记的右焦点为，即，
由双曲线的定义，得，
即
所以，
当且仅当点在线段上时等号成立,
所以的最小值为.
故选：C.
二、多选题：本题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错的0分.
9. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ）
A.
B.
C.
D. 不是平面的一个法向量
【答案】BD
【解析】由为正方体，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则､.
对于选项，，则，故错误；
对于选项，，则，故正确；
对于选项，，故，故错误；
对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.
故选：.
10. 已知正数满足，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】对于A，由题可得，即，故A正确；
对于B，因为，
所以，
当且仅当时，等号成立，故B不正确；
对于，
当且仅当时，等号成立，故正确；
对于D，，当且仅当时，等号成立，故D不正确.
故选：AC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 直线是曲线的切线
B. 有两个极值点
C. 有三个零点
D. 存在等差数列，满足
【答案】BCD
【解析】，
A：令，而，
由点斜式可知此时切线方程为；
，由点斜式可知此时切线方程为；
所以直线不是曲线的切线，故A错误；
B：令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故时取得极大值，取得极小值；故B正确；
C：因为，
所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；
D：取，则，故D正确；
故选：BCD
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，内角所对应的边分别为，且则__________.
【答案】
【解析】因为在中，，
所以，
又，
所以，
因为，
所以
故答案为：.
13. 一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是__________.
【答案】
【解析】两次抽取的试验的样本空间:，共16个，
两次抽取的卡片数字之和大于6的事件，共3个，
所以两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是，
则不大于6的概率为.
故答案为：.
14. 已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设.对于下列命题：
①不论取何实数，圆心始终落在曲线上；
②不论取何实数，弦的长为定值1；
③式子的取值范围是.
④不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切；
其中真命题的序号是__________.（把所有真命题的序号都填上）
【答案】②③
【解析】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确.
对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确.
对于③，在圆方程令，可得，
或，即
由圆方程知，
由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立），
中，由余弦定理得，
的面积为，
，
，即，故③正确.
对于④，圆心到直线的距离等于，
而半径为，二者不一定相等，故④不正确.
故答案为：②③.
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. 在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，三个条件为：
①；②；③.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值.
解：（1）若选①：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选③：因为，
则，可得
且，则，可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，
由余弦定理可得：，
又，
即，解得.
16. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.
（1）证明：平面.
（2）若，求三棱锥体积.
解：（1）记，因为四边形是菱形，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因平面平面，且，
所以平面.
（2）因为平面，，
所以点到平面的距离为，
因为，所以点到平面的距离是6，
因为四边形是边长为8的菱形，且，
所以，
则四棱锥的体积，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
故三棱锥的体积
.
17. 设数列满足，且.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前项和，并证明.
解：（1）因为，
所以，
又，
所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得，
当时，
代入验证，也成立，
所以；
（3），
所以，
所以.
18. 已知椭圆的离心率为且椭圆经过点，为左右焦点.
（1）求椭圆方程；
（2）P是椭圆上任意一点，求的取值范围；
（3）过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点，求面积的最大值.
解：（1）由题意得，解得，
椭圆的方程为；
（2）设在椭圆上，
，
；
（3）由（1）得，椭圆的左焦点，右焦点，
则直线的斜率存在时方程为：，设，
联立，消去，得，
显然，
则，
所以，
点O到直线的距离，
则，
当且仅当，即不存在时，取“=”，
所以当不存在时，面积的最大值为.
19. （1）已知，求的最大值与最小值；
（2）求函数的单调区间.
（3）若关于的不等式存在唯一的整数解，求实数的取值范围.
解：（1）因为，所以，
令，解得的变化情况如下表所示.
所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，有极大值，也是的最大值.
又因为，而，
所以，所以为的最小值
（2）且，
当时，在单调递减；
当单调递减，
单调递增
（3）解法一：因为，
所以不等式可化为，
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为的最大值，
，
所以时，最大，所以不等式，
即存在唯一的整数解只能为1，所以，所以的取值范围为；
解法二：令，由题意可知有唯一整数解，
，当时，，所以在单调递增，
而，所以，与题意矛盾；
当时，由可得或（舍去），
当时，时，，
所以单调递增，在单调递减，
所以时，取最大值为，
由题意可知，解得，
因为，所以当，即时，
由有唯一整数解知，解得，
若，由在单调递增知，矛盾，
所以，由在单调递减可知，
所以符合题意；
当时，，
由在单调递减，知，不符合题意；
综上所述，的取值范围为.
1
+
0
-
单调递增
单调递减
1