浙江省衢温51联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学学科试卷（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、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用补集、交集定义求出结果．
【详解】集合，，
∴，
则．
故选：B．
2. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用焦点到准线的距离为，即可求解
【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为，
所以由抛物线可得，则焦点到其准线的距离为2.
故选：C
3 已知，则|z|2＝（ ）
A. B. 1C. 2D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据模长的性质求解．
【详解】解：由题意，．
故选：B．
4. 已知m，n，l是三条互不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若则B. 若则
C. 若则D. 若则
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由直线与直线的位置关系分析A；由直线与平面平行的性质分析B；由直线与平面垂直的性质分析C；由平面与平面垂直的性质分析D，综合可得答案．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，若，，则与可能平行、相交或异面，A错误；
对于B，若，，则或，B错误；
对于C，若，，由线面垂直的定义，必有，C正确；
对于D，若，，则与平面可能平行，也可能相交或者在内，D错误．
故选：C．
5. 若α为锐角，且，则cs2α＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据α为锐角和的值，得到的范围，利用同角三角函数间的基本关系即可求出的值，然后根据二倍角的正弦公式求出的值，再根据诱导公式及正弦函数为奇函数，即可得到cs2α的值．
【详解】∵，∴，
又，∴，
∴，
∴，
则．
故选：A．
6. 已知定义在R上函数满足对任意的，且都成立，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数单调性的定义分析可得函数在R上为减函数，再比较，即可得答案．
【详解】根据题意，定义在R上的函数满足对任意的，且都成立，
则函数在R上为减函数，
又由，
则有，即．
故选：D．
7. 某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量．在综合实践活动中，某小组自制了一个圆台形雨量收集器（大口向上无盖，不考虑厚度）如图，两底面直径高为．在一次降雨过程中，利用该雨量器收集的雨水高度是，则该雨量器收集的雨水体积（）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，求出圆台型雨水的上底面圆的半径，再根据圆台的体积公式，即可求解．
【详解】如图，根据题意可得
设，则根据题意可知，
∴，∴，
设，则易知，
∴，∴，
∴该雨量器收集的雨水体积为．
故选：B．
8. 在△ABC中，BC＝2，，D为BC中点，在△ABC所在平面内有一动点P满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据化简整理得出，由此将化简，可得．根据且，得到点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点），以B为原点建立直角坐标系，求出所在圆的方程，设出点A的坐标，根据向量数量积的坐标运算法则与圆的性质求出的最大值，进而得到答案．
【详解】由，得，即，
所以．
因为，，所以点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点）．
设所在圆的圆心为M，连接MB、MC、MD，
则MD⊥BC，，可得，，．
以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，
可得，圆M的方程为，
设，则，结合，
可得，
因为A点在圆M：上运动，
所以，可得当时，，达到最大值．
综上所述，当时，有最大值．
故选：D．
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
二、选择题：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. 有一组样本数据的平均数为2024，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差等于的极差
【答案】AD
【解析】
【分析】对于ACD：根据平均数、标准差、极差的定义逐个判断；对于B：举反例说明即可.
【详解】对于选项A：因为样本数据的平均数为2024，
则，
所以的平均数为，
所以的平均数等于的平均数，故A正确；
对于选项B：例如，
可知的中位数为，
将按升序排列，
可知的中位数为2023，
两者不相等，故B错误；
对于选项C：设样本数据的标准差为，
则，即，
可得的标准差，
所以的标准差不大于的标准差，故C错误；
对于选项D：因为样本数据的平均数为2024，
若，则、的极差均为0；
若不全部相等，不妨设是最小的数据，是最大的数据，
则，可知样本数据的极差为，
又因为数据的最小数据是，最大数据是，
所以数据的极差也是；
综上所述：的极差等于的极差，故D正确．
故选：AD．
10. （多选）如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在ts时相对于平衡位置的高度h（单位：）由关系式确定，其中小球从最高点出发，经过后，第一次到达最低点，则（ ）
A.
B.
C. 时，小球运动速度最快
D. 时，小球向下运动
【答案】BC
【解析】
【分析】由小球从最高点出发，求出的值，通过周期，可求出，通过导数，可计算瞬时速度，利用周期性即可判断选项D．
【详解】由小球从最高点出发，则时，，解得，又因为，所以，选项A错误；
因为周期，所以，选项B正确；
由，，
，所以时，小球运动速度最快，选项C正确；
当，所以时，小球向上运动，选项D错误．
故选：BC．
11. 已知，的定义域为，若，，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. 为偶函数B. 为奇函数C. D. 关于对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】由为偶函数，可得，关于对称，从而判断D；由，可得，即有，从而判断A；用赋值法判断C；用赋值法可求得，又由是定义在R上的奇函数，即可判断B．
【详解】D选项，因为为奇函数，所以，
所以函数关于中心对称，且，；
又因为为偶函数，所以，
所以关于对称，且，故D正确；
A选项，又因为，
用替换x，得，
又因，所以，
用x替换，得，所以是R上的偶函数，故A正确；
C选项，由，
可得，即，，
所以，所以函数的周期为8，
在中，令，则有，
又因为，所以，
在中，令，则有，
又因为为偶函数，所以，故C正确；
B选项，在中，令，则有，
又因为，所以，又因为的定义域为R，所以不为奇函数，故B错误．
故选：ACD．
【点睛】结论点睛：设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
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. 若二项式的展开式中的系数是160，则实数_____．
【答案】2
【解析】
【分析】直接利用二项式的展开式以及组合数求出结果．
【详解】根据二项式的展开式，
令，解得，
则的系数为，解得．
故答案为：2．
13. 将4个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子非空，则不同的放法有 _______种．
【答案】36
【解析】
【分析】利用捆绑法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识求解．
【详解】将4个不同的小球分成3组，有种分组方法，
然后全排列放入3个不同的盒子，所以不同的放法共有种．
故答案为：36．
14. 已知椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M位于第一象限，直线MF与椭圆C交于另外一点A，且，若，，则椭圆C的离心率为 ____．
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为，连接，根据椭圆的定义可得，，再根据，两边平方可求椭圆C的离心率．
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，则四边形为为平行四边形，
设，
因为，，则，
且，可得，，
又因为，则，
在中，则，
可得，
即，解得，
所以椭圆C的离心率．
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 已知等差数列中，成等比数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记数列的前n项和为，求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
（2）裂项相消求和，计算可得所求和．
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，
由成等比数列，可，即，
又，即，即有，，
解得，
则；
【小问2详解】
，
则数列的前n项和，
可得．
16. 如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形且，点在底面上的射影为边的中点，点分别为边的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可证得四边形为平行四边形，即证得，进而可证得平面，平面，再证得平面平面，进而可证得结论；
（2）建立空间坐标系，可得各点的坐标，可得直线的方向向量与平面的法向量的坐标，可得两个向量的夹角的余弦值，即求出线面的正弦值，进而可得夹角的大小．
【小问1详解】
连接，因为分别为的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面，
，平面，平面，
所以平面，
又因为，所以平面平面，
而平面，
所以平面
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，因为底面是边长为2的菱形且，所以，
，所以，
所以，
所以，，，
设平面的法向量为＝（x，y，z），
则，即，
令，得到，所以，
所以，，，
所以，
设直线B1C与平面B1BE所成的角为θ，，
所以，得到．
即直线与平面B1BE所成的角为．
17. 已知．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）根据已知条件，分类讨论根的大小，利用导数研究函数的单调性，即可求解．
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以所求的切线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）可知：的定义域为，，且
令，解得或或（舍去），
当，即时，则，
可知在内单调递增；
当，即时，则有：
若，则；若，则；
可知在内单调递增，在内单调递减；
当，即时，则有：
若，则；若，则；
可知在内单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减为；
当时，的单调递增区间为，单调递减为．
18. 新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，原则上至少有2个正确选项，至多有3个正确选项，题目要求：“在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分．
（1）若某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项，写出该生所有选择结果构成的样本空间，并求该考生得正分的概率；
（2）若某道多选题的正确答案是ABD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项；在某考生此题已得正分的条件下，求该考生得4分的概率；
（3）若某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率均等，一考生只能判断出A选项是正确的，其他选项均不能判断正误，给出以下方案，请你以得分的数学期望作为判断依据，帮该考生选出恰当方案：
方案一：只选择A选项；
方案二：选择A选项的同时，再随机选择一个选项；
方案三：选择A选项的同时，再随机选择两个选项．
【答案】（1）答案见解析；
（2）
（3）选择方案一更恰当
【解析】
【分析】（1）根据古典概型计算公式进行求解即可；
（2）根据古典概型和条件概率的计算公式求解即可；
（3）设方案一、二、三的得分分别为，，，分别求出三种方案下，，的可能取值，及其对应的概率，再求出它们的数学期望，根据数学期望的大小关系进行判断即可.
【小问1详解】
依题意有，设“某题的答案是，该考生得分”，则，
.
【小问2详解】
设“某题的答案是，该考生得正分”，则，
，
设“某题的答案是，该考生得4分”，则，
，
所以该考生此题已得正分的条件下，则该考生得4分的概率为.
【小问3详解】
设方案一、二、三的得分分别为，，，
方案一：，
，，
即的分布列为：
则；
方案二：，
，，，
即的分布列为：
则；
方案三：，
，，
即的分布列为：
则，
，
以得分的数学期望作为判断依据选择方案一更恰当.
19. 已知，且，点P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）直线l：与C相交于M，N两点，第一象限上点T在轨迹C上．
（ⅰ）若是等边三角形，求实数k的值；
（ⅱ）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的定义即可求解；
（2）（ⅰ）由直线分别与双曲线联立，得到的横坐标，进而求得，，再根据为等边三角形，得到即可求解；
（ⅱ）根据，再利用换元法求得的取值范围即可．
【小问1详解】
根据双曲线的定义，可得C是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线，
设其方程为，则，可得，
故C的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）由题意知是等边三角形，点T在第一象限，
显然，直线的斜率均存在且不为0，设直线的斜率分别为，
如下图所示：
则直线MN的方程为，直线OT的方程为，
设，则由，得，
可得，所以，且，
，
同理可得：，且，
若为等边三角形，则，
即，可得；
（ⅱ）若，则，
，
设，，故，
设，则，可得，
易知在上单调递增，上单调递减，
，∴，
即的面积的取值范围为．
2
3
0
4
6
0
6