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题

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题，共16页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，已知函数若则的取值范围是等内容，欢迎下载使用。

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．1B．C．2D．
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．4B．2C．3D．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2，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）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x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，根据己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A错误；由递推关系得到奇数项和偶数项，可判断B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C错误；由递推关系得到时，的偶数项为－1，奇数项为2，可得D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；
D：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．AC
【分析】根据已知可直接得到A；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．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】
A：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A错误；
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：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l的斜率存在时方程为：，设，
联立，消去，得，显然
则
所以
点O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