【数学】浙江省杭州四校联盟（杭州第二中学等四校）2022-2023学年高二下学期期中联考试题（解析版）

浙江省杭州四校联盟（杭州第二中学等四校）

2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题

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､单选题：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】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】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】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】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】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】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】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.

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】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.

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】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】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】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】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，

又因为在的内部，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.

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】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】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】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】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.

解：（1）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，.

（2）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.

解：（1）依题意，，

，所以，

又，所以切线方程为.

（2）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.

（1）解：设，则由题意，

根据题意可知，

，，

故曲线的方程为：；

（2）（i）解：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）证明：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.

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.

（1）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.

（2）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.

解：（1）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：.

（2）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.

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.

解：（1）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.

（2）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.