浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版），文件包含浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题原卷版docx、浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

高二年级数学学科试题
命题：东阳二中
考生须知：
1.本卷共四页满分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.
一､单选题（每小题5分共40分）
1. 若双曲线的离心率为，则其渐近线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率，以及，可得，可得结果.
【详解】由题可知：，则
又，所以
双曲线的渐近线方程为：
所以可知渐近线的斜率为
故选：B
【点睛】本题考查双曲线的渐近线斜率，掌握双曲线的离心率，同时清晰之间的关系，属基础题.
2. 已知空间两条不同直线，两个不同平面，下列命题正确的是（ ）
①，则
②，则
③，则
④，则
A. ①③B. ②④C. ①③④D. ①④
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面和面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】若，由线面垂直的性质，垂直同一个平面的两条直线平行，则，故①正确；
若，则或与相交或异面，故②错误；
若，由垂直同一条直线的两个平面平行，则，故③正确；
若，由线面垂直和线面平行的性质可得，故④正确.
故选：C.
3. 已知直线，圆.则直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 与a有关
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离与半径的比较即可判断位置关系.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以直线与圆的位置关系是相交.
故选：A
4. 东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（ ）种.
A. 120B. 240C. 480D. 720
【答案】B
【解析】
【分析】根据米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，将米、佳艳、刘西捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列求解.
【详解】解：因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，
所以捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列有种 ，
又因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，则佳艳､刘西全排列有种，
所以全部排法有：种，
故选：B
5. 已知等差数列，前项和为是方程两根，则（ ）
A. 2020B. 2022C. 2023D. 2024
【答案】D
【解析】
【分析】利用韦达定理求得，然后利用等差数列通项性质求得，从而利用求和公式求解即可.
【详解】因为是方程两根，所以，
所以，所以.
故选：D
6. 空间点，则点到直线的距离（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果.
【详解】由题意得，
所以，
所以，
所以点A到直线BC的距离.
故选：D.
7. 已知椭圆，为椭圆上一动点（不含左右端点），左右端点为，则离心率e的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将条件中的不等式用坐标表示，再结合椭圆方程化简不等式，即可求解椭圆的离心率的范围.
【详解】设，，，，
，
由题意可知，，即，得，
则.
故选：B
8. 三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据条件求出底面的半径，进而利用直角求出外接球的半径为，代入表面积公式即可求出结果.
【详解】
中，，
由余弦定理得；
设底面的外心为，外接圆的半径为；
由正弦定理，则；
连结，此时的外接球的球心在上，
利用直角可得：，
设的外接球的半径为；
此时，在直角中，，
即，解得；
所以，三棱锥的外接球的表面积.
故选：.
二､多选题（每小题6分，共18分，多选.错选0分少选则根据比例得分）
9. 已知直线和直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则表示与轴平行或重合的直线
B. 直线可以表示任意一条直线
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线线平行、线线垂直的性质可直接判断.
【详解】对于A，当时，斜率为0，与轴平行或重合，故A正确；
对于B，当时，斜率不存在，当时，斜率存在，能表示任意直线，故B正确；
对于C，若，且或，则，故C错误；
对于D，若，则由可得斜率之积为-1，故，若，可得，此时满足，此时两条直线一条斜率为0，一条斜率不存在，故，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知正项等比数列的公比为，前项积为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 存在最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】先通过条件确定和的取值情况判断AB，然后利用等比数列的性质计算即可判断C，再根据数列的单调性判断D.
【详解】由已知，又，，
所以，，A正确，B错误；
，
，所以，C正确；
因为且，所以等比数列递减数列，
于是，则的最大值为，D正确.
故选：ACD
11. 已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 在定义域上单调递增
C. 是偶函数D. 函数有两个极值点
【答案】AD
【解析】
【分析】令可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，进而可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，可判断C；令，求导后消去，整理得，即可判断D.
【详解】对于A，令得，即，A正确；
对于B，若在定义域上单调递增，当时，，
令，得，
即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；
对于C，若是偶函数，则，且，
因为，所以，
所以，即，得或，
又，所以恒成立，矛盾，故C错误；
对于D，当时，，
记，
则
所以，
令解得或，
因为不恒为零，所以在两边异号，
所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点睛：本题难点在于D选项，关键在于求导后利用已知消去，然后可判断极值点.
三､填空题（每小题5分共15分）
12. 抛物线的准线方程为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据抛物线的准线方程即得．
【详解】由抛物线，
抛物线的准线方程为．
故答案：．
13. 展开式中常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数为0，求出r的值，即可求得常数项.
【详解】展开式中,通项公式为，
令，求得，
可得展开式中的常数项为.
故答案为：15.
14. 已知正方体是边长为1的正方体，点为正方体棱上的一动点，则使得的点有__________个.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】求出，利用椭圆的定义求出点的轨迹，再求出棱和正方体的另外6条棱与该轨迹的公共点个数即可.
【详解】正方体的棱长为1，则，显然，
因此，在过直线的某一平面内，点的轨迹是以为二焦点，长轴长的椭圆，
半焦距，短半轴长，，
在空间，点的轨迹是上述椭圆绕直线旋转半周形成的几何体，不妨称此几何体为椭球，
显然点都在此椭球内，连接，由平面，平面，
得，点到直线的距离，
令椭球被平面所截边界曲线方程为，令点的横坐标为，而，
则，过点垂直于的直线与椭圆交点坐标为，
于是，，，
即点在椭圆外，因此正方体的顶点在椭球内，其余顶点都在椭球外，
则棱与椭球各有一个公共点，
取棱中点，连接，则，显然，，
，则点在椭球被平面所截边界椭圆内，即点在椭球内，棱与椭球有2个公共点，
同理棱与椭球都各有2个公共点，
所以椭球与此正方体的所有棱的公共点个数为，
即符合条件的点有18个.
故答案为：18
【点睛】关键点点睛：由题设条件，结合椭圆的定义探讨点的轨迹为以为二焦点，长轴长的椭圆绕直线旋转半周形成的椭球，再确定正方体的各顶点与椭球位置关系是解题的关键.
四､解答题（共77分）
15. 函数，求的最大值和最小值
【答案】，
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间，从而求最值即可.
【详解】，
又
时递减，
时递增，
且，
，
，
16. 如图多面体，底面为菱形，，，，平面平面.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，则，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，证明平面，即可得证；
（2）取中点，连接，即可得到，则，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】
在中，，
由，，所以，
由余弦定理可得
，
所以，所以，
即，又，
，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，又平面，
，
在菱形中，
又，平面，
平面，平面，
.
【小问2详解】
菱形中，所以为等边三角形，取中点，连接，
所以，又，所以，又平面，
以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，，
设，则，又，
所以，所以，即，
所以，
设平面的一个法向量为，则，取
设平面的一个法向量，则，取，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面所成锐角的余弦值为.
17. （1）求圆和圆的公切线
（2）若与抛物线相交，求弦长
【答案】（1）或；（2）1或
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解；
（2）将切线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求解.
【详解】解：（1）当斜率存在时，设公切线为，
因为与两圆相切，
所以，解得.
切线
当斜率不存在时，也符合题意，
综上：公切线为：或；
（2）当切线和时经检验无交点，
当切线为时，求得弦长为1，
当切线为时，代入，
得：，
由韦达定理得，
所以由弦长公式得：，
，
综上：弦长为1或
18. 在高等数学中对于二阶线性递推式求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列的特征方程写为①，若①有两个不同实数根，则可令；若①有两个相同的实根，则可令，再根据求出，代入即可求出数列的通项.
（1）斐波那契数列（Fibnacci sequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名.斐波那契数列指的是形如的数列，这个数列的前两项为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请求出斐波那契数列的通项公式；
（2）已知数列中，数列满足，数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用特征根法求解即可；
（2）利用特征根法求解的通项公式，然后利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
易知斐波那契数列对应的特征方程为，解得两个实根分别为，
令，代入可得，解得，
所以斐波那契数列的通项公式为
小问2详解】
易知数列对应的特征方程为，解得，
所以令，
代入，解得，所以，
所以，所以是公差为1的等差数列，，
所以，
所以
【点睛】方法点睛：本题考查数列新定义，处理此类问题，注意根据题目定义，结合已知内容进行求解即可.
19. 已知点为焦点在轴上的等轴双曲线上的一点.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线且交双曲线右支于两点，直线分别交该双曲线斜率为正渐近线于两点，设四边形和三角形的面积分别为和，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出等轴双曲线方程，将点代入即可得到双曲线的方程；
（2）由直线可得的斜率，设出的方程，联立双曲线方程消元，又是双曲线右支于两点，由根与系数关系解出的范围，表示出两点的坐标，由三角形的面积公式得到，再由的范围得到，从而得到的取值范围.
【小问1详解】
设等轴双曲线方程，代入点可得，所以，
所以双曲线方程为.
【小问2详解】
因为，所以，又，所以，

设直线，
联立，可得，
因为是双曲线右支的两点，所以，解得.
又因为双曲线斜率为正的渐近线为，直线，
可得，同理可得，
而
，
所以，即，所以.
【点睛】关键点点睛：设出的方程，由是双曲线右支的两点，先得到的范围，要求的取值范围，可以先求的范围.