浙江省五校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份浙江省五校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)，共18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．已知函数,则( )
A.1B.2C.3D.4
2．如下表给出5组数据,为选出4组数据使其线性相关程度最大,且保留第1组数据,则应去掉( )
A.B.C.D.
3．已知点A为曲线上的动点,B为圆上的动点,则线段长度的最小值是( )
A.3B.4C.D.
4．在平面直角坐标系中,已知两点,,点P为动点,且直线与的斜率之积为,则点P的轨迹方程为( )
A.B.
C.D.
5．棱长为2的正方体,E是棱的中点,点到平面的距离为( )
A.B.C.D.
6．已知m为满足能被9整除的正整数n的最小值,则的展开式中,系数最大的项为( )
A.第6项B.第7项C.第11项D.第6项和第7项
7．已知数列的前n项和为,首项,且满足,则( )
A.B.C.D.
8．已知双曲线C的左顶点为A,右焦点为B,P为C上一点,满足,,,则双曲线C的离心率为( )
A.B.C.D.2
二、多项选择题
9．已知点不在函数（e为自然对数的底数）图象上,且过点P能作两条直线与的图象相切,则a的取值可以是( )
A.eB.C.1D.-1
10．盒中有编号为1,2,3,4的四个红球和编号为1,2,3,4的四个白球,从盒中不放回的依次取球,每次取一个球,用事件表示“第次首次取出红球”,用事件表示“第次取出编号为1的红球”,用事件表示“第次取出编号为1的白球”,则( )
A.B.
C.D.
11．已知数列的通项公式为,其前n项和为,数列与数列的前n项和分别为,,则( )
A.B.存在n,使得C.D.
三、填空题
12．随机变量,,则_____________.
13．甲乙丙丁戊5个人排成一排拍照,要求甲不站在最左端,且甲乙不相邻,则共有___________种不同的排法.
14．已知关于x的不等式在上恒成立（其中e为自然对数的底数）,则实数a的取值范围为___________.
四、解答题
15．两名足球门将甲和乙正在进行扑点球训练.已知甲、乙每次扑中的概率分别是和,每次扑点球相互独立,互不影响.
（1）甲扑点球两次,乙扑点球一次,记两人扑中次数的和为X,试求随机变量X的分布列及数学期望（用最简分数表示）;
（2）乙扑点球6次,其扑中次数为,试求的概率和随机变量的方差（用最简分数表示）.
16．如图,在四棱锥中,侧面是正三角形且垂直于底面,底面是矩形,,,E,F分别是线段,上的动点
（1）是否存在点E,使得平面？若存在,试求;若不存在,请说明理由;
（2）若直线与直线所成角的余弦值为,试求二面角的平面角的余弦值.
17．已知函数,,e为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性;
（2）判断函数能否有3个零点？若能,试求出a的取值范围;若不能,请说明理由.
18．已知F为抛物线的焦点,点F到抛物线的准线的距离为.
（1）试求抛物线的方程;
（2）如图,设动点A,B,C都在抛物线上,点B在A,C之间.
（i）若,求面积的最大值;
（ii）若点B坐标为,,,求正整数n的最小值.
19．二阶递推公式特征方程是一种常见的数学方法,主要用于求解二阶线性递推数列的通项公式.例如：一个数列满足递推关系,且,为给定的常数（有时也可以是,为给定的常数）,特征方程就是将上述的递推关系转化为关于x的二次特征方程：,若,是特征方程的两个不同实根,我们就可以求出数列的通项公式,其中A和B是两个常数,可以由给定的,（有时也可以是,）求出.
（1）若数列满足：,,,求数列的通项公式;
（2）若,试求的十分位数码（即小数点后第一位数字）,并说明理由;
（3）若定义域和值域均为的函数满足：,求的解析式
参考答案
1．答案：C
解析：,
由可得,
故,
故选：C.
2．答案：B
解析：根据表格数据,得到散点图如下所示：
由散点图可知数据偏离程度最高,故应该去掉数据.
故选：B.
3．答案：A
解析：由得,
当时,,故在上单调递增;
当时,,故在上单调递减.
故对,有.
设,,这里.
因为B在圆上,所以.
由知,
故.
注意到点,分别在曲线和圆上,此时.
所以的最小值是3,A正确.
故选：A．
4．答案：B
解析：设,,,
,,
由,得．
即．
动点P的轨迹方程为．
故选：B．
5．答案：C
解析：由于正方体的棱长为2,
所以,,
由余弦定理可得,
,,
故,
,
设点到平面的距离为h,则由等体积可得,
即,
故选：C.
6．答案：B
解析：因为,
所以,
所以,
则
,
显然为正整数,
所以能被整除,
又且S能被9整除,所以能被9整除,
所以,则,
所以,
所以,
所以在的展开式中,二项式系数最大的项为第6项和第7项,
又的展开式的通项公式为,
因为第6项的系数为负数,第7项的系数为正数,
所以第6项的系数最小,第7项的系数最大.
故选：B．
7．答案：C
解析：由可得,
所以可得,
,,,
,,,
故选：C.
8．答案：D
解析：取双曲线的左焦点为C,连接,
由于,,,所以,,
设双曲线为,则,
则在中,,,
由余弦定理可得,解得,,
故,
故选：D.
9．答案：BC
解析：依题意可知,由,则,设切点为,
则,
所以切线方程为,
又切线过点,所以,
即关于x的方程有两个实数根（不为1）,
令,则,
所以当时,当时,
所以在上单调递增,在上单调递减,
又,当时且时,
依题意与有两个交点,所以,
结合选项可知只有B、C符合题意.
故选：BC.
10．答案：ABC
解析：对于A：依题意,
,,
即,故A正确;
对于B：,,
所以,故B正确;
对于C：,
,
所以,故C正确;
对于D：,
,
所以,故D错误.
故选：ABC.
11．答案：ACD
解析：对A,由可得,
所以,故A正确,
对B,,,
,
所以,故B错误,
对C,由于时,,
故,
所以
,
对D,记,,
故,根据指数幂的性质可知,
当且仅当取等号,故,只有取等号,
故,故D正确,
故选：ACD.
12．答案：0.38
解析：因为,所以,
所以.
故答案为：0.38.
13．答案：54
解析：若甲在第2,3,4位置中选择一个位置安排甲,有种选择,
接下来安排乙,则有种方法,
再安排剩余三个人,有,
故一共有种方法,
若甲在最后一位,则由种方法,
因此一共有,
故答案为：54.
14．答案：
解析：由于,故由得,
记,,
,,
记,,由于,均为单调递增且恒为正,
故,为单调递增函数,
由于,,
所以存在唯一的,使得,,
当,,单调递增,当,,,单调递减,
故当时,取极小值也是最小值,
且,
故,
故,
故答案为：.
15．答案：（1）分布列见解析,
（2）,
解析：（1）由题意X可能的取值有0,1,2,3.
,
,
,
.
故分布列：
故
（2）由题意,的概率为.
由题意,故.
16．答案：（1）存在,
（2）
解析：（1）存在,,证明如下：
如题图,取的中点为E,
由于侧面底面,且两平面交线为,平面,,
所以平面,平面,所以,
由于三角形是正三角形,且E是的中点,所以,
,,平面,故平面,得证.
（2）以D为坐标原点,以,为x,y正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
,,
设,,则,故,
由于直线与直线所成角的余弦值为,
所以,而
所以,从而,,
平面的法向量为,
设平面的法向量为,则,取,则,
所以,
由于二面角的平面角为锐角,故二面角的平面角的余弦值为
17．答案：（1）答案见解析
（2）不能有3个零点,利用见解析
解析：（1）由,
所以,
当时,,令,则,此时单调递增,
令,则,此时单调递减,
当时,令,则或,此时单调递增,
令,则,此时单调递减,
当时,令,则或,此时单调递增,
令,则,此时单调递减,
当时,令恒成立,此时在单调递增,
综上可得：当时,在单调递增,在单调递减,
当时,在,单调递增,在单调递减,
当时, 在单调递增,
当时,在,单调递增,在单调递减,
（2）若有3个零点,则由（1）知必有或,
若,则在处取极大值,在处取极小值,
,
令,则,
令,则,
故在单调递增,,故在单调递减,
当时,,故,
因此在上恒成立,故不可能有3个零点,
若,则在处取极小值,在处取极大值,
且,故不可能有3个零点,
综上可得不可能有3个零点,
18．答案：（1）
（2）（i）8（ii）8
解析：（1）由抛物线的焦点F到准线的距离为,知.
所以抛物线的方程为
（2）设,
（i）由于点A,C都在抛物线上,故直线有斜率,设直线的方程为.
联立与可得,故由韦达定理知,.
所以.
由条件知,这表明,即,从而.
对固定的点A,C,将直线AC平移到直线,使得经过点B,则当为经过点B的抛物线的切线时,此时B到直线AC的距离最大,
设,由得,故过点的切线方程为,其斜率为,故.
从而对固定的点A,C,若直线AC的方程为,则当点B的坐标为时,点B到直线的距离最大,则的面积最大,
此时点B到直线AC的距离,
故.
当,,时,,.
所以面积的最大值是8.
（ii）由可得,
故.
将,代入可得,故,所以直线经过.
设,n是正整数,
则.
故.
而
,
故,从而.
当,时,由知,此时.
综上,n的最小值为8.
19．答案：（1）
（2）9
（3）
解析：（1）由题意可得,解得或,
所以,
代入,可得,,
解得,,
故
（2）由于,是方程的两个实数根,
考虑且,,
所以,
故为正整数,从而,
注意到,故的十分位数码为9.
（3）考虑则,
方程两个根为-4,3
由于函数值域恒为正,所以,
又,故
i
1
2
3
4
5
5
4
3
2
-4
3
2
7
1
-6
X
0
1
2
3
P