[数学]浙江省五校联盟2023-2024学年高二下学期期中考试试卷(解析版)

这是一份[数学]浙江省五校联盟2023-2024学年高二下学期期中考试试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 已知点不在函数等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号.
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，只需上交答题卷.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】,由可得，故，故选：C
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.
【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. 已知点为曲线上的动点，为圆上的动点，则线段长度的最小值是（ ）
A. 3B. 4C. D.
【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，A正确.故选：A．
4. 在平面直角坐标系中，已知两点，，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设，，，
，，
由，得．即．
动点的轨迹方程为．
故选：B．
5. 棱长为2正方体，是棱的中点，点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【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，则由等体积可得，
即，
故选：C

6. 已知为满足能被整除的正整数的最小值，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
【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以，
则
，
显然为正整数，
所以能被整除，
又且能被整除，所以能被整除，
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项和第项，
又的展开式的通项公式为，
因为第项的系数为负数，第项的系数为正数，
所以第项的系数最小，第项的系数最大.故选：B．
7. 已知数列的前项和为，首项，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由可得，
所以可得，
，，
，
故选：C
8. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为上一点，满足，，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】取双曲线的左焦点为，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

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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知点不在函数（为自然对数的底数）图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，则的取值可以是（ ）
A. B. C. 1D.
【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，
即关于的方程有两个实数根（不为），
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. 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.
【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. 已知数列的通项公式为，其前项和为，数列与数列的前项和分别为，，则（ ）
A. B. 存在，使得
C. D.
【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
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 随机变量，，则______.
【答案】0.38
【解析】因为，
所以，
所以.故答案为：0.38
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.
【答案】
【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：
14. 已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为______.
【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：
四、解答题：本题共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. 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，试求随机变量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）.
解：（1）由题意可能的取值有0，1，2，3.
，
，
，
.
故分布列：
故
（2）由题意，的概率为.
由题意，故.
16. 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，，，，分别是线段，上的动点
（1）是否存在点，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.
解：（1）存在，，证明如下：
如题图，取的中点为，
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，且是的中点，所以,
平面，故平面，得证.
（2）以为坐标原点，以为正方向，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. 已知函数，，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，试求出的取值范围；若不能，请说明理由.
解：（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. 已知为抛物线：的焦点，点到抛物线的准线的距离为.
（1）试求抛物线的方程；
（2）如图，设动点都在抛物线上，点在之间.
（i）若，求面积的最大值；
（ii）若点坐标为，，，求正整数的最小值.
解：（1）由抛物线的焦点到准线的距离为，知.
所以抛物线的方程为
（2）设，
（i）由于点都在抛物线上，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，将直线平移到直线,使得经过点，则当为经过点的抛物线的切线时，此时到直线的距离最大，
设，由得，故过点的切线方程为，其斜率为，故.
从而对固定的点，若直线的方程为，则当点的坐标为时，点到直线的距离最大，则的面积最大，
此时点到直线的距离，
故.
当，，时，，.
所以面积的最大值是.
（ii）由可得，
故.
将，代入可得，故，
所以直线经过.
设，是正整数，
则.
故.
而
，
故，从而.
当，时，
由知，
此时.
综上，的最小值为8.
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，其中和是两个常数，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
解：（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
由于函数值域恒为正，所以,
又,故
1
2
3
4
5
5
4
3
2
3
2
7
1
0
1
2
3