浙江省杭州市S9联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷(含答案)

这是一份浙江省杭州市S9联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
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.2D.
5．已知函数.若,则a的取值范围是( )
A.B.C.D.
6．数列的前n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.4B.2C.3D.1
8．已知双曲线的左焦点为F,渐近线方程为,焦距为8,点A的坐标为,点P为C的右支上的一点,则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．如图,已知正方体的棱长为2,E,F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a,b满足,则下列选项正确的是( )
A.B.
C.D.
11．已知函数，则( )
A.直线是曲线的切线
B.有两个极值点
C.有三个零点
D.存在等差数列，满足
三、填空题
12．在中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,且,,,则____________.
13．一个盒子中装有4张卡片,卡片上分别写有数字1,2,3,4,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C过y轴上的定点A,线段是圆C在x轴上截得的弦,设,.对于下列命题：
①不论t取何实数,圆心C始终落在曲线上;
②不论t取何实数,弦的长为定值1;
③式子的取值范围是.
④不论t取何实数,圆系C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
15．在中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,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A的大小;
（2）若,,求的值.
16．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．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n项和,并证明.
18．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A,B两点,求面积的最大值.
19．回答下列问题
（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x的不等式存在唯一的整数解,求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：因为,,
所以.
故选：C.
2．答案：D
解析：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．答案：C
解析：因为,
所以.
故选：C.
4．答案：A
解析：以D为原点,,,,所在直线分别为x,y,z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．答案：B
解析：因为,,
所以,
所以是上的增函数,所以若
则,解得.
故选：B.
6．答案：B
解析：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;
D：由可得且,所以数列不是单调数列,故D错误;
故选：B.
7．答案：C
解析：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．答案：A
解析：如图所示
由题意知,解得,,,
记C的右焦点为,即,
由双曲线的定义,得,即
所以,
当且仅当点P在线段上时等号成立,
所以的最小值为.
故选：A.
9．答案：BD
解析：以点D为坐标原点,,,所在直线分别为x,y,z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,,,,
.
对于A选项,,,则,故A错误;
对于B选项,,则,故B正确;
对于C选项,,故,故C错误;
对于D选项,,故不是平面的一个法向量,故D正确.
故选：BD.
10．答案：AC
解析：对于A,由题可得,即,故A正确;
对于B,,当且仅当时,等号成立,故B不正确;
对于C,,当且仅当时,等号成立,故C正确;
对于D,,当且仅当时,等号成立,故D不正确.
故选：AC.
11．答案：BCD
解析：，
A：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A错误；
B：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B正确；
C：因为，，所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；
D：取，则，故D正确；
故选：BCD.
12．答案：
解析：因为在中,,,所以,,
又,,
所以,,
因为,,
所以,
故答案为：.
13．答案：
解析：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．答案：②③
解析：对于①,由圆C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C方程令,可得,
或,即,
由圆C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．答案：（1）所选条件见解析,;
（2）12
解析：（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．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（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E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．答案：（1）证明见解析
（2）
（3）
解析：（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．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）由题意得,解得,
椭圆C的方程为;
（2）设在椭圆上,
,,,
,,.
（3）由（1）得,椭圆C的左焦点,右焦点,
则直线l的斜率存在时方程为：,设,,
联立,消去y,得,显然
则,,
所以
点0到直线的距离
面积,
k不存在时,面积
所以面积的最大值为.
19．答案：（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）
解析：（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a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,a的取值范围为.
x
1
+
0
-
单调递增
单调递减
1