浙江省杭州市S9联盟2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市S9联盟2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，已知函数等内容，欢迎下载使用。

高二年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4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.
选择题部分
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.若，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（ ）
A.1 B. C.2 D.
5.已知函数.若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（ ）
A.数列是常数列
B.若，则的最小项的值为-1
C.若，则
D.若，则是递增数列
7.直线，直线与平行，且直线与垂直，则（ ）
A.4 B.2 C.3 D.1
8.已知双曲线的左焦点为，渐近线方程为，焦距为8，点的坐标为，点为的右支上的一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错的0分.
9.如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ）
A. B.
C. D.不是平面的一个法向量
10.已知正数满足，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知函数，则（ ）
A.有两个极值点
B.直线是曲线的切线
C.有三个零点
D.存在等差数列，满足
非选择题部分
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在中，内角所对应的边分别为，且，则__________.
13.一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是__________.
14.已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设.对于下列命题：
①不论取何实数，圆心始终落在曲线上；
②不论取何实数，弦的长为定值1；
③式子的取值范围是.
④不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切；
其中真命题的序号是__________.（把所有真命题的序号都填上）
四､解答题：本大题共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.（本小题满分13分）
在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，三个条件为：
①；②；③.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值.
16.（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.
（1）证明：平面.
（2）若，求三棱锥的体积.
17.（本小题满分15分）设数列满足，且.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前项和，并证明.
18.（本小题满分17分）已知椭圆的离心率为且椭圆经过点，为左右焦点.
（1）求椭圆方程；
（2）P是椭圆上任意一点，求的取值范围；
（3）过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点，求面积的最大值.
19.（本小题满分17分）（1）已知，求的最大值与最小值；
（2）求函数的单调区间.
（3）若关于的不等式存在唯一的整数解，求实数的取值范围.
参考答案：
1.C
【分析】
根据交集定义求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2.D
【分析】
利用复数的运算，得到的形式，再由复数的几何意义得到对应复平面内的点，从而判断出所在象限.
【详解】由题得，则在复平面内对应的点的坐标为，所以在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
3.C
【分析】
利用正余弦的齐次式法即可得解.
【详解】
因为，
所以
.
故选：C
4.A
【分析】
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量为，则到平面的距离，即可得出答案.
【详解】
解：以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
所以，
，
设面的法向量为，
，
所以，
令，则，
所以，
，
所以到平面的距离，
故选：A
5.B
【分析】
利用导数判断出函数在定义域上单调递增，根据已知转化出，再解出结果.
【详解】因为，
所以，
所以是上的增函数，所以若
则，解得.
故选：B
6.B
【分析】
由递推关系求出时，代入得到结果与直接代入得到结果作比较可得错误；由递推关系得到奇数项和偶数项，可判断错误；由递推关系得到当时，的偶数项为3，奇数项为-2，再用分组求和可得错误；由递推关系得到时，的偶数项为-1，奇数项为2，可得正确.
【详解】A：当时，；①
当时，，
作差可得，代入可得，与①可能矛盾，
故数列不一定是常数列，故A错误；
B：若，则，故时，的偶数项为-1，奇数项为2，
则的最小项的值为-1，故B正确；
C：若，则由以上选项可知，
所以当时，的偶数项为3，奇数项为-2，
而，故C错误；
：由可得且，所以数列不是单调数列，故D错误；
故选：B.
【点睛】方法点睛：
（1）已知求时可仿写作差；
（2）求数列中较大的前某项和时，可根据数列的周期性用分组求和.
7.C
【分析】
根据求出的值，即可得出答案.
【详解】因为直线与平行，
并且直线，所以.
又因为直线与垂直，所以.
所以.
故选：C.
8.A
【分析】
利用双曲线的定义及渐近线方程，将转化为的形式，通过点共线判断并计算的最小值即可.
【详解】
如图所示
由题意知，解得.
记的右焦点为，即，
由双曲线的定义，得，即
所以，
当且仅当点在线段上时等号成立，
所以的最小值为.
故选：A.
9.BD
【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.
【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则､.
对于选项，，则，故错误；
对于B选项，，则，故B正确；
对于选项，，故，故C错误；
对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.
故选：BD.
10.AC
【分析】根据已知可直接得到；换元法得到B；乘“1”法得到C；基本不等式判断D即可.
【详解】对于，由题可得，即，故A正确；
对于，当且仅当时，等号成立，故B不正确；
对于，当且仅当时，等号成立，故正确；
对于D，，当且仅当时，等号成立，故D不正确.
故选：AC.
11.ACD
【分析】
由导数的意义可知斜率为时，求出切点，再由点斜式判断B错误；求导后由单调性可判断B正确；代入极值点后可判断C正确；由等差中项可判断D正确.
【详解】，
：令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故时取得极大值，取得极小值；故A正确；
B：令，而，
由点斜式可知此时切线方程为；
，由点斜式可知此时切线方程为
所以直线不是曲线的切线，故错误；
C：因为，所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；
：取，则，故D正确；
故选：ACD
12.
【分析】
根据三角函数同角的平方关系和正弦定理计算即可.
【详解】
因为在中，，所以，
又，
所以，
因为，
所以
故答案为：.
13.
【分析】
根据给定条件，利用列举法求出古典概率即可.
【详解】两次抽取的试验的样本空间，共16个，
两次抽取的卡片数字之和大于6的事件，共3个，
所以两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是.则不大于6的概率为
故答案为：
14.②③
【分析】
对于①，根据圆的方程即可判断①，对于②，根据弦长公式即可判断②，根据圆心到直线的距离即可判断③，对于④，令求出点和点的坐标，根据圆方程求出点坐标，求出和，在利用余弦定理求出，求出的面积即可求出，根据即可判断④.
【详解】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确.
对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确.
对于③，在圆方程令，可得，
或，即
由圆方程知，
由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立），
中，由余弦定理得，
的面积为，
，
，即，故③正确.
对于④，圆心到直线的距离等于，
而半径为，二者不一定相等，故④不正确.
故答案为：②③.
15.（1）所选条件见解析，；
（2）12
【分析】
（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；
（2）利用余弦定理分析求解.
【详解】（1）若选①：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选③：因为，
则，可得
且，则，可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，
由余弦定理可得：，
即，解得
16.（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理先证出平面，再证得平面；
（2）利用间接法，求体积.
【详解】（1）记.
因为四边形是菱形，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
（2）因为，所以点到平面的距离是6.
因为四边形是边长为8的菱形，且，
所以，
则四棱锥的体积，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
故三棱锥的体积
.
17.（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】
（1）由得，根据等差数列的定义可得；
（2）由（1）可得，利用累加法可得，验证即可；
（3）利用裂项相消法可得.
【详解】（1）证明：因为，所以，-又，所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得，
当时，
代入验证，左右成立，所以；
（3），
所以
18.（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）根据椭圆的离心率和所过点求得，从而求得椭圆的方程；
（2）联立直线的方程并与椭圆方程，得到，再利用弦长公式即可得解.
【详解】（1）
由题意得，解得，
椭圆的方程为；
（2）设在椭圆上，
（3）由（1）得，椭圆的左焦点，右焦点，
则直线的斜率存在时方程为：，设，
联立，消去，得，显然
则，
所以
点0到直线的距离
面积
不存在时，面积
所以面积的最大值为
19.（1）最大值，最小值1；
（2），当时，在单调递减，当单调递减，单调递增（3）
【分析】
（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；
（3）解法一：把不等式化为，由的单调性结合端点函数值分析求解即可；
解法二：令，求导，对进行分类讨论，判断函数单调性及最大值，从而求得的范围，结合有唯一整数解，进一步求出的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
令，解得的变化情况如下表所示.
所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，有极大值，也是的最大值.
又因为，而，
所以，所以为的最小值
（2），当时，在单调递减
当单调递减，单调递增
（3）解法一：因为，所以不等式可化为，
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为的最大值，
，
所以时，最大，所以不等式，
即存在唯一的整数解只能为1，所以，所以的取值范围为
解法二：令，由题意可知有唯一整数解，
，当时，，所以在单调递增，
而，所以，与题意矛盾；
当时，由可得或（舍去），
当时，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以时，取最大值为，
由题意可知，解得，
因为，所以当即时，
由有唯一整数解知，解得，
若，由在单调递增知，矛盾
所以，由在单调递减可知
所以符合题意；
当时，，
由在单调递减可知，不符合题意；
综上所述，的取值范围为.1
+
0
-
单调递增
单调递减
1