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2024浙江省培优联盟高二下学期4月联考试题数学含解析
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这是一份2024浙江省培优联盟高二下学期4月联考试题数学含解析,共11页。试卷主要包含了下列求导运算正确的是,韩愈的《师说》中写道,,则,已知函数,则等内容,欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合,则( )
A.B.C.D.
2.已知复数,其中是虚数单位,则的虚部为( )
A.B.C.D.
3.在等比数列中,公比且,则( )
A.B.C.8D.4
4.过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程是( )
A.B.C.D.
5.下列求导运算正确的是( )
A.B.
C.D.
6.韩愈的《师说》中写道:“李氏子蟠,年十七,好古文,六艺经传皆通习之,不拘于时,学于余.余嘉其能行古道,作《师说》以贻之.”六艺具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节课程,连排六节,则“数”排在前两节,“书”不排在首尾两节的排课方法种数为( )
A.84B.96C.168D.204
7.,则( )
A.180B.C.45D.
8.圆锥的底面半径为,高为2,点是底面直径所对弧的中点,点是母线的中点,则异面直线与所成角的余弦值及与底面所成角的正弦值分别为( )
A.B.C.D.
二、选择题: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.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知函数,则( )
A.有3个零点B.在原点处的切线方程为
C.的图象关于点对称D.在上的最大值为4
10.设数列是各项均为正数的等比数列,则( )
A.是等比数列B.是等比数列
C.是等比数列D.是等比数列
11.抛物线的焦点为,抛物线上一点到焦点的距离为2,过焦点的直线与抛物线交于两点,下列说法正确的是( )
A.B.若直线的倾斜角为,则
C.D.若在轴的上方,则直线的斜率为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.展开式中项的系数是________.
13.袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1个球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是________.
14.若函数在上存在单调递增区间,则的取值范围是________.
四、解答题:本题共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.(13分)
已知等差数列的前项和为,满足.等比数列满足.
(1)求的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
16.(15分)
在中,分别是角的对边,且满足.
(1)求角的大小;
(2)若为的中点且,求的面积.
17.(15分)
在三棱柱中,平面是的中点.
(1)证明:直线平面;
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
18.(17分)
已知椭圆的离心率为,右焦点为,圆,过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长为.
(1)求的标准方程;
(2)若直线与曲线交于两点,求面积的最大值.
19.(17分)
一般地,设函数在区间上连续,用分点将区间分成个小区间,每个小区间长度为,在每个小区间上任取一点,作和式.
如果无限接近于0(亦即)时,上述和式无限趋近于常数,那么称该常数为函数在区间上的定积分,记为.当时,定积分的几何意义表示由曲线,两直线与轴所围成的曲边梯形的面积.如果是区间上的连续函数,并且,那么.
(1)求;
(2)设函数.
①若恒成立,求实数的取值范围;
②数列满足,利用定积分几何意义,证明:.
浙江培优联盟2023学年第二学期高二4月
数学试题参考答案
1.B 2.B 3.A 4.B 5.D 6.C 7.C 8.D
1.解:集合,则,选B.
2.解:的虚部为,选B.
3.解:由,可得,即,所以,选A.
4.解:因为所求双曲线与双曲线有相同的渐近线,所以设其方程为,又点在双曲线上,所以,解得,则双曲线方程为,选B.
5.解:,错误;,错误;
,错误;
,正确.选D.
6.解:“数”排在前两节,“书”不排在首尾两节的排课方法可以分两类:
①“数”排在第一节,“书”排在第二、三、四、五节,则有种排法;
②“数”排在第二节,“书”排在第三、四、五节,则有种排法.
故“数”排在前两节,“书”不排在首尾两节的排法共有种,故选C.
7.解:,因为的展开式通项为,
当,即时,,选C.
8.解:设底面圆心为,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系(图略),则,所以.
.
设与底面所成的角为,则.选D.
9.AC 10.ABD 11.BCD
9.解:对于A,,则,正确;
对于B,的图象在原点处的切线方程为,错误;
对于C,由为奇函数,可知的图象关于点对称,正确;
对于D,在上单调递减,在上单调递增,又,所以在上的最大值为0,错误.
故选AC.
10.解:设等比数列的首项为,公比为.
对于A,,
所以,则成等比数列,正确;
对于B,因为,所以是等比数列,正确;
对于C,不妨取等比数列为,则,不是等比数列,错误;
对于D,因为,所以是等比数列,正确.
故选ABD.
11.解:对于A,,错误.
对于B,(方法一)直线的方程为,由得.
设,则.
(方法二)过焦点的弦长,直线的斜率为1,则,正确.
对于C,设过点的直线方程为,代入抛物线方程,得,
化简后为.设,则有.
根据抛物线性质可知,,
,正确.
对于D,过分别向准线作垂线,交于点,过作于点(图略),不妨设,则,在中,直线的斜率为,正确.故选BCD.
12.720 13. 14.
12.解:.
13.解:袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1个球,每次取到黄球的概率,3次中恰有2次抽到黄球的概率.
14.解:,则.
函数在区间上存在单调递增区间,只需在区间上有解,
即在区间上有解,
所以在区间上有解,所以.
令,则.
令,所以在上单调递增,所以,
即,所以,所以实数的取值范围是.
15.解:(1)设的公差为的公比为,
则
解得
又由
解得.
(2)由题意得,
①,
则②.
①-②,得
,
.
16.解:(1),
由正弦定理可得.
又因为在中,有,
所以,
化简得.
因为,所以,
所以,于是.
因为,所以.
(2)由为的中点,可得.
又,所以,
从而可得.
又,所以,
可得.
17.(1)证明:由平面平面,得.
因为,所以平面.
又因为,所以平面.
(2)解:以为原点,直线为轴,直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
(以为原点,相应给分)
则.
又,
所以,
则.
设平面的法向量为,
则即令,得.
设平面的法向量为,
则即令,得.
设平面与平面的夹角为,
则,所以,
故平面与平面夹角的正弦值为.
18.解:(1)设椭圆的半焦距为,过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长为,则.
又,
解得
所以的标准方程为.
(2)设,
联立直线与椭圆的方程可得,
所以,得.
又原点到直线的距离,
所以,
所以.
令,则,
所以,当且仅当时,等号成立,
即当时,的面积取得最大值.
19.解:(1).
(2)①恒成立,即.
令,则.
当时,,所以在上单调递增,又,所以在上恒成立,所以当时,;
时,对,有,所以在上单调递减,所以,即当时,存在,使,故不恒成立.
综上,.
②由,可得,所以,
即数列是以1为首项,1为公差的等差数列,则,所以.
是由曲线,直线及轴所围成的曲边梯形的面积,而是图一中阴影所示各矩形的面积和,所以,不等式左边得证.
是图二中阴影所示各矩形的面积和,所以,不等式右边得证.
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合,则( )
A.B.C.D.
2.已知复数,其中是虚数单位,则的虚部为( )
A.B.C.D.
3.在等比数列中,公比且,则( )
A.B.C.8D.4
4.过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程是( )
A.B.C.D.
5.下列求导运算正确的是( )
A.B.
C.D.
6.韩愈的《师说》中写道:“李氏子蟠,年十七,好古文,六艺经传皆通习之,不拘于时,学于余.余嘉其能行古道,作《师说》以贻之.”六艺具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节课程,连排六节,则“数”排在前两节,“书”不排在首尾两节的排课方法种数为( )
A.84B.96C.168D.204
7.,则( )
A.180B.C.45D.
8.圆锥的底面半径为,高为2,点是底面直径所对弧的中点,点是母线的中点,则异面直线与所成角的余弦值及与底面所成角的正弦值分别为( )
A.B.C.D.
二、选择题: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.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知函数,则( )
A.有3个零点B.在原点处的切线方程为
C.的图象关于点对称D.在上的最大值为4
10.设数列是各项均为正数的等比数列,则( )
A.是等比数列B.是等比数列
C.是等比数列D.是等比数列
11.抛物线的焦点为,抛物线上一点到焦点的距离为2,过焦点的直线与抛物线交于两点,下列说法正确的是( )
A.B.若直线的倾斜角为,则
C.D.若在轴的上方,则直线的斜率为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.展开式中项的系数是________.
13.袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1个球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是________.
14.若函数在上存在单调递增区间,则的取值范围是________.
四、解答题:本题共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.(13分)
已知等差数列的前项和为,满足.等比数列满足.
(1)求的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
16.(15分)
在中,分别是角的对边,且满足.
(1)求角的大小;
(2)若为的中点且,求的面积.
17.(15分)
在三棱柱中,平面是的中点.
(1)证明:直线平面;
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
18.(17分)
已知椭圆的离心率为,右焦点为,圆,过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长为.
(1)求的标准方程;
(2)若直线与曲线交于两点,求面积的最大值.
19.(17分)
一般地,设函数在区间上连续,用分点将区间分成个小区间,每个小区间长度为,在每个小区间上任取一点,作和式.
如果无限接近于0(亦即)时,上述和式无限趋近于常数,那么称该常数为函数在区间上的定积分,记为.当时,定积分的几何意义表示由曲线,两直线与轴所围成的曲边梯形的面积.如果是区间上的连续函数,并且,那么.
(1)求;
(2)设函数.
①若恒成立,求实数的取值范围;
②数列满足,利用定积分几何意义,证明:.
浙江培优联盟2023学年第二学期高二4月
数学试题参考答案
1.B 2.B 3.A 4.B 5.D 6.C 7.C 8.D
1.解:集合,则,选B.
2.解:的虚部为,选B.
3.解:由,可得,即,所以,选A.
4.解:因为所求双曲线与双曲线有相同的渐近线,所以设其方程为,又点在双曲线上,所以,解得,则双曲线方程为,选B.
5.解:,错误;,错误;
,错误;
,正确.选D.
6.解:“数”排在前两节,“书”不排在首尾两节的排课方法可以分两类:
①“数”排在第一节,“书”排在第二、三、四、五节,则有种排法;
②“数”排在第二节,“书”排在第三、四、五节,则有种排法.
故“数”排在前两节,“书”不排在首尾两节的排法共有种,故选C.
7.解:,因为的展开式通项为,
当,即时,,选C.
8.解:设底面圆心为,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系(图略),则,所以.
.
设与底面所成的角为,则.选D.
9.AC 10.ABD 11.BCD
9.解:对于A,,则,正确;
对于B,的图象在原点处的切线方程为,错误;
对于C,由为奇函数,可知的图象关于点对称,正确;
对于D,在上单调递减,在上单调递增,又,所以在上的最大值为0,错误.
故选AC.
10.解:设等比数列的首项为,公比为.
对于A,,
所以,则成等比数列,正确;
对于B,因为,所以是等比数列,正确;
对于C,不妨取等比数列为,则,不是等比数列,错误;
对于D,因为,所以是等比数列,正确.
故选ABD.
11.解:对于A,,错误.
对于B,(方法一)直线的方程为,由得.
设,则.
(方法二)过焦点的弦长,直线的斜率为1,则,正确.
对于C,设过点的直线方程为,代入抛物线方程,得,
化简后为.设,则有.
根据抛物线性质可知,,
,正确.
对于D,过分别向准线作垂线,交于点,过作于点(图略),不妨设,则,在中,直线的斜率为,正确.故选BCD.
12.720 13. 14.
12.解:.
13.解:袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1个球,每次取到黄球的概率,3次中恰有2次抽到黄球的概率.
14.解:,则.
函数在区间上存在单调递增区间,只需在区间上有解,
即在区间上有解,
所以在区间上有解,所以.
令,则.
令,所以在上单调递增,所以,
即,所以,所以实数的取值范围是.
15.解:(1)设的公差为的公比为,
则
解得
又由
解得.
(2)由题意得,
①,
则②.
①-②,得
,
.
16.解:(1),
由正弦定理可得.
又因为在中,有,
所以,
化简得.
因为,所以,
所以,于是.
因为,所以.
(2)由为的中点,可得.
又,所以,
从而可得.
又,所以,
可得.
17.(1)证明:由平面平面,得.
因为,所以平面.
又因为,所以平面.
(2)解:以为原点,直线为轴,直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
(以为原点,相应给分)
则.
又,
所以,
则.
设平面的法向量为,
则即令,得.
设平面的法向量为,
则即令,得.
设平面与平面的夹角为,
则,所以,
故平面与平面夹角的正弦值为.
18.解:(1)设椭圆的半焦距为,过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长为,则.
又,
解得
所以的标准方程为.
(2)设,
联立直线与椭圆的方程可得,
所以,得.
又原点到直线的距离,
所以,
所以.
令,则,
所以,当且仅当时,等号成立,
即当时,的面积取得最大值.
19.解:(1).
(2)①恒成立,即.
令,则.
当时,,所以在上单调递增,又,所以在上恒成立,所以当时,;
时,对,有,所以在上单调递减,所以,即当时,存在,使,故不恒成立.
综上,.
②由,可得,所以,
即数列是以1为首项,1为公差的等差数列,则,所以.
是由曲线,直线及轴所围成的曲边梯形的面积,而是图一中阴影所示各矩形的面积和,所以,不等式左边得证.
是图二中阴影所示各矩形的面积和,所以,不等式右边得证.