浙江省杭州四校联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期四校联盟期中考试试卷

高二数学

命题：浙江省杭州第二中学

本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.考生须知：

1.本卷满分150分，考试时间120分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域填写学校､班级､姓名､试场号､座位号及准考证号；

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，只需上交答题卷.

第I卷（选择题）

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，只有一项是符合题目要求的.

1. 在空间直角坐标系中，，则的值为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. -1

【答案】A

【解析】

【分析】利用空间向量垂直的坐标运算即可求出结果.

【详解】因为，又，所以，解得，

故选：A.

2. 已知等比数列的公比，前3项和为，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比数列通项公式得到，即可求出，从而求出.

详解】依题意，即，解得或，

又，所以，所以.

故选：D

3. 第19届亚运会将于今年在杭州举行.你在西湖边遇到了志愿者装扮的吉祥物“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”.假如你要和三个吉祥物一起拍合照,且你不希望站在两端,则共有(   )种不同的站法.

A. 24 B. 18 C. 12 D. 9

【答案】C

【解析】

【分析】利用间接法求解即可.

【详解】4人站成一排共有种排法,你站在左右两端的排法有种,

所以满足题意的有种.

故选:C.

4. 如图，在正方体中，棱长为2，点分别为棱､中点，则点到平面的距离为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的法向量，

则有，令，则，所以，

则点到平面的距离为.

故选：B.

5. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 一定有极大值

B. 当时，有极小值

C. 当时，可能无零点

D. 若在区间上单调递增，则

【答案】D

【解析】

【分析】利用导数含参讨论函数的单调性，判定极值与最值即可.

【详解】由题意可得：，

若，则恒成立，即在定义域上单调递增，无极值，故A错误；

若，令，

易得：在上单调递增，在上单调递减，即有极大值，故B错误；

若，由上知在定义域上单调递增，当时，，当时，，故使得，故C错误；

若在区间上单调递增，则由上可知

①时，恒成立，满足题意；

②时，则，即，

综上可得，故D正确.

故选：D

6. 已知圆关于直线对称，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意分析可得表示直线上任一点到坐标原点的距离，结合点到直线的距离运算求解.

【详解】已知圆的圆心为，半径，

由题意可知：直线过圆心，即，

表示直线上任一点到坐标原点的距离，

故的最小值即为到直线的距离.

故选：B.

7. 已知，则的大小为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，利用导数可得在上单调递增，在上单调递减，从而可得最大，再根据对数的运算性质比较的大小即可.

【详解】解：因为，，

设，

则，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

所以，，

又因为，

所以.

故选：D.

【点睛】方法点睛：对于较复杂的对数、指数式的大小比较，通常构造函数，利用所构造函数的单调性即可解答问题.

8. 已知双曲线，以右顶点为圆心，为半径的圆上一点（不在轴上）处的切线与交于两点，且为中点，则的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求双曲线的渐近线，利用双曲线中点弦及切线斜率可得答案.

【详解】由题意得双曲线渐近线，，圆，

切点在双曲线左支和右支之间，由对称性，不妨设切点在轴上方；

设，，，则，

因为直线的斜率，所以切线斜率.

因为①，②；

②—①得，

可得，

所以 ，，，故.

又在圆上，

所以.

因为切点在轴的上方，切线与双曲线交于两点，一条渐近线的斜率为，

所以有，代入，可得，

故，

即.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用点差法找到半径与的关系式；二是利用直线与双曲线的位置关系确定的范围.

二､多选题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知的二项展开式各项系数和为32，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 含的项系数为90

C. 第3项的二项式系数为10 D. 常数项为1

【答案】AC

【解析】

【分析】用赋值法判断A；根据二项式系数的定义判断C；根据二项式的展开式的公式判断B，D.

【详解】解：对于A，将代入得，解得，故正确；

对于B，因为，所以的展开式中第项为：，

所以当时，，故错误；

对于C，当时，，故正确；

对于D，当时，，即常数项为-1，故错误.

故选：AC.

10. 已知函数，则（    ）

A.  B. 是周期函数

C. 在单调递减 D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】求出，分析得到和的周期性，然后利用导数法得到在单调性，最后通过证明得出.

【详解】定义域为，，

对于A，，A正确；

对于B，由于不是周期函数，不具备周期性，B错误；

对于C，令，则，

当时，，，

在单调递减，，

，在单调递减.C正确；

对于D，要证，即证.

令，即证.

当时，令，，所以在上单调递减，所以，即，

当时，，

当时，，

所以，即，.

D正确.

故选：ACD.

11. 已知数列满足，其中是给定的实数.设，以下判断正确的是（    ）

A. 是等差数列

B.

C. 的通项公式为

D. 数列的最小项是

【答案】BCD

【解析】

【分析】先将条件变形得出的递推公式，再利用累加法得出的通项公式，确定C正确,A错误；根据的通项公式依次求出数列前三项，进而求出，确定B正确；再根据数列单调性列出不等式组求解出最小项下标，得出D正确.

【详解】由已知条件，得，

即，所以，，…，，

将这个式子左右两边分别相加可得，

即，代入验证也符合，所以C正确；

根据的通项公式依次求出数列前三项，，，显然不是等差数列，所以A错误；

再由，，得，

同理根据，，得，所以B正确；

设数列的最小项为，则，即，

所以，解得，

由于，，

所以，即数列的最小项是.

故选：BCD.

12. 二次曲线，则下列选项正确的是（    ）

A. 曲线关于轴对称

B. 曲线在处的切线为

C. 曲线与直线有两个交点

D. 曲线与圆有四个交点

【答案】CD

【解析】

【分析】利用关于轴对称的一般方法，设点为二次曲线上任意一点，分别将代入曲线方程，验证即可得出；联立方程，判断方程的解的个数，并结合直线和圆的位置关系，即可判断其交点个数.

【详解】对于选项A，设点为二次曲线上任意一点，满足，

则点代入曲线方程，

得，所以点不在二次曲线上，

所以曲线不关于轴对称，故选项A错误.

对于选项B，联立方程，得到或，

直线与二次曲线有两个公共点和，

所以曲线在处不相切，故选项B错误.

对于选项C，联立方程，得到或，

所以曲线与直线有两个交点和，故选项C正确.

对于选项D，联立方程，得到 ，

即，所以，解得，

当时，直线过，

又因为在的内部，所以直线与圆有两个交点；

当时，直线过，

又因为在内部，所以直线与圆有两个交点；

所以两条直线与圆有四个交点，

曲线与圆有四个交点，故选项D正确.

故选：CD.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是联立两个曲线方程，找到的线性关系，利用直线与圆的位置关系进行判定.

第II卷（非选择题）

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，则第10条斜线上，各数之和为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据数字之间的关系找到规律，然后进行求解即可.

【详解】因为从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，

所以可以判断从第三个数开始，每个数是它前两个数的和，

所以可得：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，

因此第10条斜线上，各数之和为，

故答案为：

14. 椭圆，直线与椭圆截得的弦的中点分别为，则椭圆的上顶点到直线的距离为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】利用条件直接求出，进而求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式即可求出结果.

【详解】由椭圆的对称性知，和直线的交点的中点为，

设与椭圆的交点为，由，消去得到，

即，由韦达定理得，

所以，所以，

所以直线的方程为，又上顶点为，所椭圆的上顶点到直线的距离为，

故答案为：.

15. 从1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有__________种（用数字作答）.

【答案】912

【解析】

【分析】分类讨论两组数的奇偶性即可.

【详解】若和都是奇数，则为一奇一偶，也一奇一偶，

有种取法；

若和都是偶数，则有以下两种情况：

①两奇（偶）数，两奇（偶）数，有种取法；

②两奇（偶）数，两偶（奇）数，有种取法；

共计576+48+288=912种取法.

故答案为：912

16. 已知不等式恒成立，则的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】通过同构，令，利用其单调性得到区间上恒成立，从而将问题转化成恒成立问题，再令，通过求出的最小值，从而求出结果.

【详解】易知，由，得到，

即，

令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，

所以，得到在区间上恒成立，

令，所以，

当时，，当时，，即在区间上递减，在区间上递增，

所以，得到，又，所以，

故答案为：.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 设数列满足，等比数列满足，.

（1）求、的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）由可求得数列的通项公式，求出等比数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式；

（2）求得，利用错位相减法可求得.

【小问1详解】

解：当时，，

当时，，

也满足，

所以，对任意的，.

设等比数列的公比为，则，所以，，

因此，.

【小问2详解】

解：因为，

所以，，

，

两式相减：

，

于是.

18. 已知函数.

（1）求曲线在处的切线方程；

（2）方程恰有两个不同的实根，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.

（2）利用导数求得单调区间和极值，由此求得的取值范围.

小问1详解】

依题意，，

，

所以，又，所以切线方程为.

【小问2详解】

因为，

所以：

当时，，所以单调递增；

当时，，所以单调递减.

所以在处取得极大值也即是最大值，

对于函数，

，，当时，；当时，.

所以的取值范围是.

19. 为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了两个观测站和（点在点､点之间），它们到平台的距离分别为1海里和4海里，记海平面上到两观测站的距离之比为的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区（如图）.

（1）以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程；

（2）海平面上有巡航观察点可以在过点垂直于的直线上运动.

（i）若为的中点，求的最小值；

（ii）过作直线与曲线相切于点.证明：直线过定点.

【答案】（1）   

（2）（i）3；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设出，由直接法得到轨迹方程；

（2）（i）结合第一问中，数形结合得到的最小值；

（ii）设，，考虑斜率不存在和存在两种情况，当斜率存在时得到过点的切线方程，代入后得到，同理得到，故得到直线的方程为，过定点，当斜率不存在时，直线的方也过点，得到答案,

【小问1详解】

设，则由题意，

根据题意可知，

，

，

故曲线的方程为：；

【小问2详解】

（i）直线的方程为.

若为的中点，

则，

，

当三点共线且重合时，的最小值为；

（ii）设，，，

当时，斜率不存在，此时过点的切线方程为或，

不妨设切线方程为，此时，故，

设过的另一条切线方程为，

则，解得，解得，

联立与，解得，

此时直线为，整理得，

当时，斜率为0，此时过点的切线方程为，此时与直线无交点，不合要求，

当且时，，则过点的切线方程为，

整理得，即，

因为，故切线方程为，

因为在切线方程上，故，

设，同理可得，

则直线的方程为，过定点，

显然也过点，

过定点.

【点睛】内容点睛：过圆上一点的切线方程为：，

过圆外一点的切点弦方程为：.

过椭圆上一点的切线方程为，

过双曲线上一点的切线方程为

20. 如图，在四棱台中，底面是菱形，，梯形底面，.设为的中点.

（1）求证：平面；

（2）上是否存在一点，使得与平面所成角余弦为，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）不存在这样符合条件的点，理由见解析

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到，再证明，即可得到平面，最后由，即可得证；

（2）由面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【小问1详解】

证明：取的中点，连接，则共面

又，所以；

由底面是菱形，，所以为正三角形，所以，

又，平面，所以平面，

又，，所以，所以平面.

【小问2详解】

因为平面平面平面，，

平面平面，所以平面，

则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，

所以，，

设，则，，

设平面法向量,

由，则，则,

所以，

整理得，由，

所以方程无实数根，故不存在这样符合条件的点.

21. 已知是抛物线上一点，是的焦点，.

（1）求的方程；

（2）设，直线与交于，若的重心在上，求面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）是抛物线上一点，到焦点距离与到准线距离相等，列等式算出，可得抛物线方程；

（2）设直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合弦第公式表示出面积，利用的重心在上进行化简，再根据算式判断最大值.

【小问1详解】

是抛物线上一点，是的焦点，，

所以到准线的距离，解得，

抛物线方程为：

【小问2详解】

设直线，

F，E为AN，BN中点，D为的重心，如图所示，

由，得到，则，

设重心为，则，

重心在上，则，则，

直线与交于两点，方程有两个不相等的实数根，

，于是，

又

，

设，则，

易得当时，，所以

【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22. 已知函数.

（1）求的单调区间；

（2）若函数的值域为，求的取值范围.

【答案】（1）当，的单调增区间为，无减区间；

当时，的单调增区间为，减区间为   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过对求导，利用导数与函数间的关系即可求出单调区间；

（2）正难则反，通过条件，将问题转化成对恒成立，再利用，即可求出结果.

【小问1详解】

易知，因为，则，

当时，在区间上恒成立，

当时，由，得到，当，

当，

综上，当，的单调增区间为，无减区间；

当时，的单调增区间为，减区间为.

【小问2详解】

因为，当时，，，所以当时，

故函数的值域为等价于函数的最小值小于或等于0，

考虑反面：对恒成立.

由，得到，化简得，

设，

令，则在区间上恒成立，所以，当且仅当时取等号，

令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，又，，存在，使，所以，

所以，所以，

故实数的取值范围为.

【点睛】本题的关健在于利用正难则反的思想，将问题转化成：考虑反面，对恒成立，从而将问题转化成恒成立问题来求解.