浙江省2023_2024学年高二数学下学期4月期中联考试题

这是一份浙江省2023_2024学年高二数学下学期4月期中联考试题，共12页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
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.已知集合，则（）
A. B. C. D.
2.已知复数则（）
A. B. C.5 D.
3.“”是“方程表示的曲线是双曲线”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
5.苍南168黄金海岸线由北向南像一条珍珠项链，串联了一个个金色沙滩､岛礁怪石､肥沃滩涂和一座座渔村古寨､山海营地，被赞为中国东海岸“一号公路”.现有小王和小李准备从烟堆岗，炎亭沙滩，棕榈湾，滨海小镇4个网红景点中随机选择一个游玩，设事件为“小李和小王选择不同的景点”，事件为“小李和小王至少一人选择炎亭沙滩景点”，则（）
A. B. C. D.
6.已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（）
A.4 B.8 C.16 D.32
7.已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率是（）
A. B. C. D.
8.已知函数在区间上恰有三个零点，且，则的取值可能为（）
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知随机变量的分布列如下，则正确的是（）
A. B.
C.若，则 D.
10.如图，正方体的棱长为是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列结论中正确的是（）
A.三棱锥的体积为定值
B.平面
C.在线段上存在一点，使得平面
D.平面截正方体的外接球的截面面积为
11.已知函数（是自然对数的底数），则下列说法正确的是（）
A.若，则不存在实数使得成立
B.若，则不存在实数使得成立
C.若的值域是，则
D.当时，若存在实数，使得成立，则
非选择题部分
三､填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12.二项式展开式中所有项的系数之和为__________.
13.2024年2月1日至4日花样滑冰四大洲锦标赛在中国上海举行，甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者承担语言服务､医疗服务､驾驶服务3个项目志愿服务，每名志愿者需承担1项工作，每项工作至少需要1名志愿者，甲不承担语言服务，则不同的安排方法有__________种.（用数字作答）
14.已知，对任意都有，则实数的取值范围是__________.
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）锐角中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
16.（本小题满分15分）已知.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在上有零点，求实数的取值范围.
17.（本小题满分15分）平行四边形中，，点为的中点，将沿折起到位置时，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18.（本小题满分17分）在已知数列中，
（1）求及数列的通项公式；
（2）已知数列的前项和为，求证：；
（3）中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出的关系；若不存在，请说明理由.
19.（本小题满分17分）已知直线与抛物线相交于两点.
（1）求（用表示）；
（2）过点分别作直线的垂线交抛物线于两点.
（i）求四边形面积的最小值；
（ii）试判断直线与直线的交点是否在定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，请说明理由.
2023学年第二学期浙南名校联盟期中联考
高二年级数学参考答案
一､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.
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.
三､填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12. 13.100 14.
11.对于选项，当时，易得在上单调递增，所以单调递增，
下面证明：是单调递增函数，若存在使得则
记，则，
即和都在图像上
假设，因为是单调递增函数，所以即，所以矛盾假设，因为是单调递增函数，所以即，所以矛盾故，即
因此由题意若存在实数使得成立，
则存在实数使得成立
又
即存在实数使得成立
而在上递增，所以得
故
14.解：因为
又
所以在，且
所以在恒成立
函数
以在，其最小值为，故
15..解析（1）法一（余弦定理角化边）：
因为；
又因为，
所以，即，
因为为锐角三角形，所以.
法二（正弦定理边化角）：
4.
所以，则
得.
因为为锐角三角形，所以.
（2）由正弦定理得：
因为为锐角三角形，所以：
，
即，所以，
即.
16.解析：（1）当时，，由，得
的定义域为
当在上单调递增.
当在上单调递减
由已知在上有解
等价于在上有解.
（3）
在上单调递增，函数值从0增大到
在上单调递减，函数值从减小到0
在上有解等价于
17.（1）如图，连接，在中
由余弦定理可得
又.
，易得为正三角形
与全等，
，
，
平面
（2）方法一：取的中点连接
又
为二面角的平面角
由（1）可知平面
为平面与平面的夹角，
在中，
在正中，，
在等腰中，
方法二：由（1）可知平面，故平面平面，且平面平
面，取点是线段的中点可得，过作.
则平面.
如图，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，
，
，
设平面的法向量为，
由，
则，
故可取；
设平面的法向量为，取
故平面与平面所成角的余弦值：
其它方法酤情给分
18.解：（1）
，
所以成等比数列，故
所以成等比数列，故
故
（2）
得
（3）设中存在不同的三项恰好成等差数列，
①若均为奇数，不妨设，
则，即，得，因为是奇数，是偶数，故不可能成立；
②若二奇一偶，不妨设为奇数，为偶数，
则为偶数，为奇数，则，即，
因为被3除余2，
同理也被3除余2，故被3除余1，而为3的倍数，
故不可能成立；
③若一奇二偶，不妨设为偶数，为奇数，
则为奇数，为偶数，则，即，
因为为3的倍数，不是3的倍数（被3除余1），
故不可能成立；
④若均为偶数，不妨设，
则，即，得，
因为被3除余是3的倍数，
故不可能成立，
综上中不存在不同的三项恰好成等差数列.
另：
情形①的另证：若均为奇数，不妨设，
则，即，
且得，得，
故不可能成立
19.解：（1）由，得.设，则
，
（2）（i）显然
设，则，
得，同理，
，
设的中点为，则，
点到直线的距离为，所以四边形面积
令，则，
，
所以当时取最小值为.
（2）（方法二）（i）显然
设，则，
得，同理，
，
令，则，
，
所以当时取最小值为
（ii）在定直线上
由（i）得直线的斜率，所以直线的方程为
，
即，
由消去得
-2
-1
1
2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
选项
D
B
A
D
C
B
C
B
题号
9
10
11
选项
ABD
AC
BCD