浙江省杭州师范大学附属中学2022-2023学年高二数学下学期期中考试试卷（Word版附答案）

2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二（下）期中数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

1.  “”是“数列为等差数列”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

2.  已知抛物线，则它的焦点坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，如，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  年月日，神舟十四号字航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”，为记录这一历史时刻，他们准备在天河核心舱合影留念假设人站成一排，要求神舟十四号三名航天员互不相邻，且神舟十五号三名航天员也互不相邻，则他们的不同站法共有种．(    )

A.  B.  C.  D.

5.  设函数，在上的导数存在，且，则当时(    )

A.  B.
C.  D.

6.  若，，，则实数，，的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  三棱锥中，，平面平面，若三棱锥的外接球体积的取值范围是，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

8.  过抛物线：的焦点作斜率分别为，的两条不同的直线，，且，与相交于点，，与相交于点，分别以、为直径的圆、圆为圆心的公共弦记为，则点到直线的距离的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  下列命题中正确的是(    )

A. 已知一组数据，，，，，，则这组数据的分位数是
B. 样本相关系数的绝对值越接近时，成对样本数据的线性相关程度越强
C. 已知随机变量，则
D. 已知经验回归方程，则与具有负线性相关关系

10.  如图，在棱长为的正方体中，点，，分别为，，的中点，若点在线段上运动，则下列结论正确的为(    )

A. 与为共面直线
B. 平面平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 与平面所成角的正切值为
 

11.  已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交的右支于点，，若，则(    )

A.
B. 的渐近线方程为
C.
D. 与面积之比为：

12.  已知数列的前项和为，且或的概率均为设能被整除的概率为，则(    )

A.  B.
C.  D. 当时，

13.  已知随机变量，且，则 ______ ．

14.  展开式中的系数为______．

15.  期中考卷有道单选题，小明对其中道题有思路，道题完全没思路有思路的题做对的概率是，没思路的题只能猜答案，猜对的概率为，则小明从这道题中随机抽取道做对的概率为______ ．

16.  若函数是函数的导函数，且满足，，则不等式的解集为______

17.  为数列的前项和，已知，
求的通项公式；
Ⅱ设，求数列的前项和．

18.  已知函数．
若，求在处的切线方程；
若方程有且仅有一个实数根，求实数的取值范围．

19.  杭师大附中三重门的樱花是师附校友心中最美的记忆每年樱花季，在樱花树下流连超小时的称为“樱花迷”，否则称为“非樱花迷”从调查结果中随机抽取人进行分析，得到数据如表所示：

补全列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为是否为“樱花迷”与性别有关联？
现从抽取的“樱花迷”人群中，按性别采用分层抽样的方法抽取人，然后从这人中随机抽取人，记这人中男“樱花迷”的人数为，求的分布列和数学期望．
附：参考公式：，其中．

20.  如图，三棱柱中，侧面为矩形，且，为的中点，．
证明：平面；
求平面与平面的夹角的余弦值．

21.  已知椭圆的左焦点为，上任意一点到的距离最大值和最小值之积为，离心率为．
求的方程；
若过点的直线交于，两点，且点关于轴的对称点落在直线上，求的值及面积的最大值．

22.  已知函数．
讨论函数的单调性；
若有两个不同的零点，，，不等式恒成立，求实数的取值范围．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：如果数列是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有，
反之成立，不一定有数列是等差数列，
所以“”是“数列为等差数列”的必要不充分条件．
故选：．
根据等差数列的性质，结合充分条件与必要条件的证明即可得出答案．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：抛物线化为，
，
抛物线开口向上，焦点在轴正半轴，
焦点为，即．
故选：．
将抛物线化为标准方程，确定焦点位置，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：．
故选：．
利用洛必达法则直接求解即可．
本题主要考查极限及其运算，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由题知，不妨先将神舟十四号三名航天员全排为：，
再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中，
因为神舟十四号三名航天员互不相邻，
故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上，进行排列：，
最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下，共，
故不同站法有：种．
故选：．
不相邻问题进行插空，先将神舟十四号三名航天员全排，再将神舟十五号三名航天员插入，由于神舟十四号三名航天员互不相邻，神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入，故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足，写出式子，计算结果即可．
本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：对于，不妨设，，则，，满足题意，
若，则，故A错误排除，
若，则，故B错误排除；
对于，因为，在上的导函数存在，且，
令，则，所以在上单调递增，
因为，即，所以，
由得，
则，故C正确；
由得，
则，故D正确．
故选：．
对于，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递增，从而得以判断．
本题考查导数的应用，构造新函数，借助单调性比较大小是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由已知可得，，，
由可得，，所以．
设，则，
因为，故，，
所以即，
所以在上为增函数，
又，，，又，所以．
故选：．
根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，，设，利用导数判断函数的单调性，即可得出答案．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：取的中点，连接，，

因为，则，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
且，则为的外接圆的圆心，
所以的外接球的球心在直线上，连接，
设，的外接球的半径为，则，解得，
则，，，，
因为，即，
解得，
可得，即，
注意到，则，所以的取值范围是．
故选：．
根据面面垂直的性质定理可得平面，根据外接球的性质可得，结合外接球体积的取值范围可得，进而结合外接球半径的取值范围，运算求解即可求解．
本题考查球的体积以及三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题意得焦点，
设直线：，联立，整理得，
设，，
则，
由抛物线的定义得，
由题知为，的中点，则，
，
圆的标准方程为，即，
同理可得圆的方程为，
联立，
圆与圆的公共弦所在的直线的方程为，
由题知，，则直线的方程为，
点到直线的距离为：，
当时，取得最小值，故点到直线的距离的最小值为．
故选：．
根据抛物线的性质以及已知条件求出圆、圆的标准方程，然后联立求出公共弦所在的直线，最后利用点到直线的距离公式写出表达式，利用二次函数性质求最小值，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于选项，由，
所以第个和第个数的平均数为，
故A正确；
选项B样本相关系数的意义可知，
样本相关系数的绝对值越接近时，
成对样本数据的线性相关程度越强，
故选项B正确
对于选项，由，
则，
故C错误；
对于选项，由，
可得与具有负线性相关关系，
可知D正确．
故选：．
选项由百分位数的定义计算即可；
选项根据样本相关系数的意义判断即可；
选项根据二项分布的期望公式计算；
选项由回归直线的斜率正负判断线性相关关系．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于：连接，如图所示：

，分别为，的中点，
，
在正方体中，，
，
，故A错误；
对于：连接，
点，分别为，的中点，
，
由选项A得，
平面，平面，平面，平面，
平面，平面，
又，
平面平面，故B正确；
对于：由选项B得平面，
点在线段上运动，
点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
又的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于：建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
，，
，
，故D错误．
故选：．
根据棱柱的结构特征可得，即可判断；利用线面平行和面面平行的判定定理即可判断；由题意得点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，即可判断；建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征、直线与平面平面判定定理和面面平行判定定理，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由，得，
又由，得，
不妨设，
在中，由余弦定理得，
，，即，故A正确；
在中，由双曲线定义得，
，
在中，由双曲线定义得，
，
，，
，，
在中，，即，
，，即，
渐近线方程为，故B正确；
，，则，故C正确；
，
，
与面积之比为：，故D错误，
故选：．
根据可得，，利用余弦定理求出，即可判断，根据双曲线的定义结合的值可求出，，，，可确定，从而在直角三角形中可得，的齐次式，可求渐近线方程确定，根据直角三角形的面积公式可确定．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题可知，被整除的余数有种情况，分别为，，，
能被整除的概率为，被整除的余数分别为，的概率为，
，
，且，
为首项为，公比为的等比数列，
，即，
，A错误；
，B正确；
，C正确；
当，且为偶数时，，D错误．
故选：．
由已知可得，利用递推关系求出，逐项分析可得答案．
本题考查等比数列的性质与概率的求法，是中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
由正态分布的对称性得出概率．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了二项式定理的运用，属于基础题．
关键是明确展开式得到的两种情况．分析展开式中的项的两种可能的来由，结合二项式定理求系数．
【解答】

解：当选择时，展开式选择的项为；
当选择时，展开式选择为，
所以展开式系数为；
故答案为．

15.【答案】 

【解析】解：设事件表示“考生答对”，设事件表示“考生选到有思路的题”，
则小胡从这道题目中随机抽取道做对的概率为：．
故答案为：．
根据全概率公式求解即可．
本题主要考查了全概率公式的应用，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：，
；
可设，
由，；
又，
，
即，
，
解得，，；
，；
又，
，
即，
解得，
所求不等式的解集为．
故答案为：．
根据题意，设函数，由得；再由，得方程组；由此求出的解析式，再解不等式即可．
本题考查了函数的导数应用问题，也考查了构造函数与转化思想的应用问题，是难题．
 

17.【答案】解：，
，
两式相减得：，
整理得：，
又，
，
又，
或舍，
数列是以为首项、为公差的等差数列，
；
Ⅱ由可知，
，
数列的前项和为：
． 

【解析】通过与作差可知，进而可知数列是以为首项、为公差的等差数列，计算即得结论；
Ⅱ通过可知，裂项可知，并项相加即得结论．
本题考查数列的通项及前项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
 

18.【答案】解：当时，，，
切线的斜率为，又，
在处的切线方程为，即．
若方程有且仅有一个实数根，即有一根，
即两个函数图像只有一个交点，
，令，可得，或，
在和上单调递增，
令，可得，，
在上单调递减，
的极大值为，极小值为，如图所示：

由图可知当或时，，两个函数图像只有一个交点，
故方程有且仅有一个实数根，
实数的取值范围为． 

【解析】对函数求导数，求出在点处的斜率，最后求切线方程即可；
方程有且仅有一个实数根，等价于只有一个交点，利用函数导数求出极值，再结合图像求出的取值范围即可．
本题考查利用导数求函数的切线，利用导数研究函数的单调性与极值，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
 

19.【答案】解：列联表如下表所示：

，
故根据小概率值的独立性检验，不能认为“樱花迷”与性别有关联．
由：：可得，抽取的人中男生为人，女生为人．
则的所有可能取值为，，，
又．
的分布列如下表：

． 

【解析】补全列联表，计算卡方，进行独立性检验；
由超几何分布概率公式计算的所有可能取值对应的概率，进而得出分布列和数学期望．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
 

20.【答案】解：连接与交于点，连接，

三棱柱为三棱柱，
为平行四边形，点为的中点，
又为的中点，则，
又平面，平面，
平面．
，，，
面，
面，
，
，
，
，即，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

，，，，，，
，
，，，
面，则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
令，，，，
设平面与平面的夹角为，
，
平面与平面的夹角的余弦值是． 

【解析】连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
由已知条件得面，则，由得以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由，求得，然后利用向量夹角公式求解即可．
本题考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
 

21.【答案】解：由题意可得，，，，
又因为，，，
由已知可得，即，
又，
所以，则，
解得，所以，
所以椭圆的方程为；
设，，又，
因为，所以，即．
设直线：，
联立方程，得，
，可得，
由韦达定理，可得，，
将，代入，
可得，
再将代入，可得，解得，
所以直线的方程为，
且由可得，，即，
由点到直线的距离，，
所以，
令，则，
当且仅当时，即，等号成立，
所以面积最大值为． 

【解析】由已知，根据，可得，根据已知得到，，根据离心率值即可求出，的值；
设，，由已知可得，即联立直线与椭圆方程，根据，得到根据韦达定理求出，根据坐标表示出弦长以及点到直线的距离，即可得出进而根据基本不等式，结合的范围换元即可求出面积的最小值．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：函数，定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，解得，解得，在上单调递增，在上单调递减．
有两个不同零点，，
由，可得，
构造函数，，
所以为上的增函数，且，
即有两个不等实根，，则，
令，，由，可得，又，
所以，则，，
故，
而两边取对数，可转化为，即，
设，则在上恒成立，，
设，，
在上恒成立，在递增，
，在上恒成立，得在上恒成立，
则在递减，所以的最小值接近极限值，
设，则，
，
所以的最小值无限接近，即得的取值范围为． 

【解析】通过分类讨论，利用导数求函数的单调区间；
有两个不同零点，构造函数，则有两个不等实根，令，设，由的值域可得的取值范围为．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．