浙江省丽水五校发展共同体2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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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、单项选择题：本大题共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. 设集合，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式、一元一次不等式的解法分别解集合A，B，结合交集的定义与运算即可求解.
【详解】或，
，
所以，即.
故选：A
2. 截至目前，联合国共设5个常任理事国，10个非常任理事国，现从这15个国家中选取3个国家，且至少包含一个常任理事国，则共有的选法种数为（ ）
A. 120B. 410C. 335D. 455
【答案】C
【解析】
【分析】由所有的选法总数减去不含常任理事国的选法数即可.
【详解】15个国家中选取3个国家，有种选法，其中没有常任理事国的选法有种，
所以从这15个国家中选取3个国家，至少包含一个常任理事国，共有种选法.
故选：C.
3. 已知直线，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由直线的位置关系与充分、必要条件的概念求解.
【详解】当时，，即，解得，
当时，，，此时；
当时，即，
，即，此时；
故“”是“”的充要条件，
即“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
4. 函数在的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件可得在上的图象关于原点对称，从而可得选项A和C错误，再利用时，，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
从而时，图象关于原点对称，所以选项A和C错误，
又时，，，所以时，，所以选项B错误，选项D正确，
故选：D.
5. 的展开式中常数项是（ ）
A. －225B. －252C. 252D. 225
【答案】B
【解析】
【分析】求得展开式的通项，令，求得，代入即可求解．
【详解】二项式的展开式通项为：，
令，解得，
所以展开式的常数项为.
故选：B
6. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4．计算王同学第2天去餐厅用餐的概率（ ）
A. 0.24B. 0.36C. 0.5D. 0.52
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合全概率公式可直接求得.
【详解】设 “第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”，
根据题意得，，，
由全概率公式，得
，
因此，王同学第2天去餐厅用餐的概率为0.5.
故选：C.
7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设不等式和选项结构，考虑构造函数，求导得其单调性，利用其单调性对自变量进行赋值，即可一一判断选项正误.
【详解】设，则，
因，故得，即在上为减函数.
对于A项，因，则，即，即，故A错误；
对于B项，因，则，即，即得，故B错误；
对于C项，因，则，即，即得，故C错误；
对于D项，因，则，即，即得，故D正确.
故选：D.
8. 函数，若方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】方程恰有三个不相等的实数根可转化为与的图象的交点有3个，利用导数求出切线斜率，根据数形结合求解.
【详解】作出与的图象，
的图象为恒过定点的直线，如图：
当时，设与相切于点，
则，解得，即，
所以，所以，
由图象可知，此时的图象与的图象有两个公共点，
当时，的图象与的图象有一个公共点，
当时，的图象与的图象有三个公共点，
当时，的图象与的图象有两个公共点，
综上，，的图象与的图象有三个公共点，
即方程恰有三个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
故选：A
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从正态分布，若，则
B. 已知随机变量的分布列为，则
C. 用表示次独立重复试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，则
D. 已知随机变量的分布列为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性求出概率判断A；利用概率分布列的性质计算判断BD；利用二项分布的期望、方差公式计算判断C.
【详解】对于A，依题意，，因此，A正确；
对于BD，，，解得，B错误，D正确；
对于C，依题意，，，解得，C正确.
故选：ACD
10. 已知直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点．若线段的长是20，中点到轴的距离是8，为坐标原点，则（ ）
A. 抛物线的焦点是B. 抛物线的离心率为
C. 直线的斜率为D. 的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由抛物线定义，将焦点弦长转化为直角梯形的上下底之和，从而由梯形中位线公式求出焦准距，得到抛物线方程，再设出直线方程，由焦点弦长为20，利用韦达定理求出直线方程，进而求出原点O到直线距离，得到三角形面积，逐一判断选项即可.
【详解】记抛物线焦点为F，MN中点A，过M，N，A分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为P，Q，T，
则，
又，所以，抛物线方程为，
故选项A，B正确；
显然直线斜率存在且不为0，设直线方程为与抛物线方程联立，消去得：，
设，则,
而，
所以，解得：，故选项C不正确；
直线方程为，可得原点O到直线距离为，
所以的面积为，故选项D正确；
故选：ABD.
11. 已知函数定义域均为，且为偶函数，若，则下面一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据可得函数的图象关于点对称，根据为偶函数可得函数的图象关于成轴对称，两者结合可得函数的周期性.通过求值，可判断AD的真假；取特殊函数，验证BC的真假.
【详解】因为满足，所以函数的图象关于点对称；又函数定义域为，所以
又为偶函数，所以，所以的图象关于成轴对称，
两者结合即，用代替得：
，所以，所以为周期函数，且.
因为，结合偶函数性质知，故A正确；
因为，，所以，故D正确；
若满足题设，则，则，故B错误；
由上易知周期也为4，又，，，所以，故C错误.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是要清楚函数的对称性及周期性：
（1）若，则的图象关于点成中心对称；
（2）若，则的图象关于成轴对称；
（3）若且（），则除了函数有对称性之外，函数还是周期函数，且.
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 圆心为，且与直线相切的圆的方程为_____
【答案】
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离求得半径，由此写出圆的方程.
【详解】圆心到直线的距离，
由于直线和圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，
所以圆的方程为.
故答案为：
13. 已知数列的前项和，当取最小值时，______．
【答案】5
【解析】
【分析】求出数列的通项公式，代入并利用基本不等式求出最小值即得.
【详解】数列的前项和，，则
当时，，
，当且仅当，即时取等号，又
所以当取最小值时，.
故答案为：5
14. 已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，则，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．
【详解】三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，
又的最大值是，所以，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，
如下图，直角三角形△ABQ中，所以，又，
所以重合，则，则的外接圆圆心M为AB的中点，
又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积．
故答案为：．
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. 浙江省教育厅等五部门印发《浙江省山区26县和海岛县“县中崛起”行动计划》，从招生管理、县中对口帮扶、教科研指导等九方面提升共同富裕背景下教育公共服务的质量和水平.某校为增强实力，大力招揽名师、建设校园设施，近5年该校招生人数的数据如下表：
（1）由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以证明；
（2）求关于的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招生人数．
参考数据：．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
【答案】（1）证明见解析
（2），预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人
【解析】
【分析】（1）求出，结合公式求出r，即可下结论；
（2）利用最小二乘法求出回归直线方程，令计算，即可求解.
【小问1详解】
由，，
，
所以，
因为与1非常接近，故可用线性回归模型拟合与的关系．
【小问2详解】
，
所以关于的回归直线方程为．
当时，，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人
16. 设数列为等差数列，前项和为．
（1）求数列通项公式；
（2）设的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的性质和前n项求和公式求出公差和首项，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）可得，根据裂项相消法计算可得，即可证明.
【小问1详解】
，
由，
所以，
所以．
【小问2详解】
所以
17. 如图，在直三棱柱中，点是的中点，．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面的所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图1，易知四边形是正方形，则，由勾股定理可证明，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
如图1，记与的交点为点，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，所以，
因为，所以四边形是正方形，故，
因为，所以，又因为中点，所以，
所以，因为四边形是正方形，
所以是的中点，所以，又平面，，
所以平面．
【小问2详解】
如图2，取中点的，易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，令，则法向量．
设直线与平面的所成角的线面角为，
则，得，
故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为．
18. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.
试题解析：（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减.
（ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为.
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
19. 已知椭圆，过右焦点的直线交于，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点．当轴时，，椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：直线过定点，并求定点坐标；
（3）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）由通径和离心率求出的值，得椭圆的标准方程；
（2）设直线和的方程，与椭圆方程联立，表示出两点坐标和直线的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
，在轴上方，直线斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，
消去得：，
由韦达定理得：，则中点，
由，所以以代替可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，则过定点；
当时，取，则过定点；
综上直线过定点．
小问3详解】
，分别为，中点，
，
由（2）知，
以代替可得，
所以
当且仅当即时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
年份序号
1
2
3
4
5
招生人数/千人
1.3
1.7
2.2
2.8
3.5