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    浙江省培优联盟2023-2024学年高二下学期4月联考数学试卷(Word版附解析)

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    浙江省培优联盟2023-2024学年高二下学期4月联考数学试卷(Word版附解析)

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    这是一份浙江省培优联盟2023-2024学年高二下学期4月联考数学试卷(Word版附解析),文件包含浙江省培优联盟2023-2024学年高二下学期4月联考数学试题Word版含解析docx、浙江省培优联盟2023-2024学年高二下学期4月联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共19页, 欢迎下载使用。
    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.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】直接求交集即可.
    【详解】集合,则,
    故选:B.
    2. 已知复数,其中是虚数单位,则的虚部为( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】利用复数运算法则及共轭复数的定义判定即可.
    【详解】易知的虚部为.
    故选:B.
    3. 在等比数列中,公比且,则( )
    A. B. C. 8D. 4
    【答案】A
    【解析】
    【分析】利用等比数列的通项公式结合已知条件求出,再利用等比数列的通项公式求出即可.
    【详解】根据等比数列的通项公式,由,可得,即,
    解得,所以.
    故选:A.
    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.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据渐近线相同可设所求为,将点代入求得即可得解.
    【详解】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.
    故选:B.
    5. 下列求导运算正确的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】利用求导法则进行计算,对四个选项一一作为判断.
    【详解】A选项,,A错误;
    B选项,,B错误;
    C选项,,C错误;
    D选项,,D正确.
    故选: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
    【答案】C
    【解析】
    【分析】分“数”排在第一节和“数”排在第二节两种情况讨论求解.
    【详解】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. ,则( )
    A. 180B. C. 45D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】变形得到,利用二项式定理得到通项公式,求出答案.
    【详解】,的展开式通项为,
    令,解得,故.
    故选:C.
    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.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】设底面圆心为,建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算可得.
    【详解】设底面圆心为,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,
    则,
    所以,.
    所以
    所以异面直线与所成角的余弦值为.
    因为底面,所以底面的一个法向量为,
    设与底面所成的角为,则,
    所以与底面所成角的正弦值为.
    故选: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
    【答案】AC
    【解析】
    【分析】对于A:令直接解方程即可;对于B:求导,利用导数的几何意义求切线方程;对于C:确定奇偶性即可;对于D:求导,确定单调性,根据单调性求最值.
    【详解】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,由得为定义在上的奇函数,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. 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
    【答案】ABD
    【解析】
    【分析】设公比为,A选项,根据等比数列通项公式基本量计算出,A正确;BD选项,根据等比数列的定义作出判断;C选项,举出反例.
    【详解】设等比数列的首项为,公比为.
    对于A,,
    所以,则成等比数列,A正确;
    对于B,因为,所以是等比数列,B正确;
    对于C,不妨设等比数列为,则,不是等比数列,C错误;
    对于D,因为,所以是等比数列,D正确.
    故选:ABD.
    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
    【答案】BCD
    【解析】
    【分析】由抛物线的概念求出,判断A;直曲联立求出过焦点的弦长,判断B;设出过点的直线方程,直曲联立,由抛物线的性质表示出,然后代入,化简可得,判断C;由抛物线的概念,算出直线倾角的正切值,即可判断D.
    【详解】对于A,,错误.
    对于B,直线的方程为,由得.
    设,则,故,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,
    不妨设,则,
    在中,,直线的斜率为,正确.
    故选:BCD.
    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________.
    【答案】720
    【解析】
    【分析】利用二项式定理计算即可.
    【详解】根据二项式定理可知:.
    故答案为:720
    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球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是_____.
    【答案】
    【解析】
    【分析】每次取到黄球的概率均为,利用次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式能求出3次中恰有2次抽到黄球的概率.
    【详解】 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球,
    每次取到黄球概率均为,
    ∴3次中恰有2次抽到黄球的概率为:
    P.
    故答案为:.
    【点睛】本题考查概率的求法,考查次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式等基础知识,考查运算求解能力,是基础题题.
    14. 若函数在上存在单调递增区间,则的取值范围是________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】由题意得在区间上有解,参变分离得到,换元后利用对勾函数性质求出,得到答案.
    【详解】,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.
    故答案为:
    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. 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.
    【答案】(1),
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)设的公差为,的公比为,根据题意,列出方程组,求得的值,即可求解;
    (2)由(1)得到,结合乘公比错位相减法求和,即可求解.
    【小问1详解】
    设的公差为,的公比为,则,解得,
    所以数列的通项公式为,
    又由,解得,所以数列的通项公式为.
    小问2详解】
    由(1)知,,可得,
    所以,则.
    两式相减,可得,
    所以.
    16. 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.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据正弦定理及正弦的和角公式化简计算即可;
    (2)由余弦定理及三角形面积公式计算即可.
    【小问1详解】
    因为,
    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.
    【小问2详解】
    由为的中点,可得.
    又,所以,
    在和中,
    根据余弦定理从而可得.
    又,所以,
    可得.
    17. 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.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)先证明平面,再结合可得结论;
    (2)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,利用向量法求解面面角.
    【小问1详解】
    由平面平面,得,
    因为,平面,
    所以平面,
    又因为,所以平面;
    【小问2详解】
    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,
    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. 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.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)由已知分别求出即可得到标准方程;
    (2)通过直曲联立,求出弦长,再由点到直线距离公式求出原点到直线的距离,
    代入三角形面积公式,利用不等式求出面积的最大值.
    【小问1详解】
    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.
    【小问2详解】
    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. 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:.
    【答案】(1)
    (2)① ;②证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)直接根据定义计算即可;
    (2)①构造函数,结合导函数端点值分类讨论其单调性即可;②先构造数列判定其为等差数列求数列通项,结合定积分的几何意义证明即可.
    【小问1详解】
    根据定义可知:,
    【小问2详解】
    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,;
    当时,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.

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