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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．
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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