浙江省杭州市2023_2024学年高二数学下学期4月期中联考试题含解析

这是一份浙江省杭州市2023_2024学年高二数学下学期4月期中联考试题含解析，共16页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 我国著名数学家华罗庚曾说， 已知复数，则下列说法正确的是等内容，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、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 若集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，且，
则.
故选：D
2. 在等差数列中，，，则的值是（）
A. 13B. 14C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差公式下标和性质即可得解.
【详解】因为是等差数列，，，
所以，即，解得.
故选：B.
3. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（）
A. B. 与夹角的余弦值为
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算，即可判断选项.
【详解】对于A：，因为，所以与不平行，故A错误；
对于B：与夹角余弦值为，故B错误；
对于C：，，则，即，故C正确；
对于D：，，故D错误；
故选：C
4. 若函数，则（）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导，再令即可得解.
【详解】，
所以.
故选：A.
5. 若点是角终边上一点，且，则y的值为（）
A. B. C. －2D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由诱导公式六及三角函数的定义求解即可.
【详解】，又由三角函数的定义得，
所以，又，解得.
故选:D.
6. 已知圆与圆关于直线对称，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对称可知是圆和圆圆心连线的垂直平分线，利用垂直关系求解斜率，由点斜式方程即可．
【详解】圆，圆心，半径，
，圆心，半径，
由题意知，是圆和圆圆心连线的垂直平分线，
，，的中点，
圆心连线的斜率为，则直线的斜率为，
故的方程：，即,故C正确．
故选：C．
7. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征.我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图象知函数的定义域排除选项B、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.
【详解】因为函数的定义域为，函数的定义域为，
函数与的定义域均为.
由图知的定义域为，排除选项B、D，
又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C.
故选：A.
8. 已知抛物线的焦点到准线的距离为4，过点的直线与抛物线交于两点，为线段的中点，若，则点到轴的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的定义和相关性质求解即可得到答案.
【详解】由题设易知，从而准线方程为.
设点点点坐标为，
由抛物线的定义知，，
所以有，所以到轴距离，故B正确；
故选:B
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. 已知复数，则下列说法正确的是（）
A. z的实部为1B. z在复平面内对应的点位于第四象限
C. z的虚部为﹣iD. z的共轭复数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合复数的实部和虚部的概念、共轭复数的概念求解即可.
【详解】因为，
所以z实部为1，虚部为-1，
在复平面内对应的点为(1，-1)，在第四象限，
共轭复数为，
故C错误，ABD正确.
故选：ABD
10. 袋子中共有大小和质地相同的4个球，其中2个白球和2个黑球，从袋中有放回地依次随机摸出2个球．甲表示事件“第一次摸到白球”，乙表示事件“第二次摸到黑球”，丙表示事件“两次都摸到白球”，则（）
A. 甲与乙互斥B. 乙与丙互斥C. 甲与乙独立D. 甲与乙对立
【答案】BC
【解析】
【分析】结合互斥事件、对立事件和相互独立事件的知识确定正确选项.
【详解】首先抽取方法是有放回，每次摸出个球，共抽取次.
基本事件为：白白，白黑，黑白，黑黑，共种情况.
事件甲和事件乙可能同时发生：白黑，所以甲与乙不是互斥事件，A错误.
事件乙和事件丙不可能同时发生，所以乙与丙互斥，B正确.
事件甲和事件乙是否发生没有关系，用表示事件甲，用表示事件乙，，则，所以甲与乙独立，C正确.
由于事件甲和事件乙是否发生没有关系，所以不是对立事件.
故选：BC
11. （多选题）如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在P点处变轨进入以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月球飞行，最后在Q点处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月球飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为R，圆形轨道Ⅲ的半径为r，则（）
A. 轨道Ⅱ的长轴长为
B. 轨道Ⅱ的焦距为
C. 若不变，越小，轨道Ⅱ的短轴长越大
D. 若不变，越大，轨道Ⅱ离心率越小
【答案】AB
【解析】
【分析】根据椭圆中长轴两端点之间的距离，以及一个焦点与长轴两顶点的距离分别为，分别结合圆的半径R和r以及椭圆的性质分析选项即可求解.
【详解】设椭圆长轴，短轴，焦距，
对于A选项，由椭圆的性质可知，轨道Ⅱ的长轴长为，故选项A正确；
对于B选项，由椭圆的性质知，，又因为，所以，故选项B正确；
对于C选项，由前面选项知，
若R不变，越小，越小，轨道Ⅱ的短轴长越小，故选项C错误；
对于D选项，因为，
若r不变，R越大，则越小，所以越大，轨道Ⅱ的离心率越大，故选项D错误.
故选：AB.
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. 已知向量，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由两向量平行直接列方程求解即可.
【详解】因为向量，，，
所以，解得，
故答案为：
13. 已知直线：.若点在直线上，则数列的前n项和__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式计算即可.
【详解】直线过点,可得,
,
是等差数列，
所以.
故答案为：.
14. 古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果，其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，已知点，，动点满足，则点的轨迹与圆的公切线的条数为______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用阿波罗尼斯圆定义可得点的轨迹方程为，由两圆圆心距与半径的关系可得两圆相交，可得有2条公切线.
【详解】由题意设，
易知，即可得，
整理得点的轨迹方程为，
其轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
而圆的圆心坐标为，半径为1，
可得两圆的圆心距为2，大于，小于，
则动点的轨迹与圆的位置关系是相交.
故公切线的条数为2.
故答案为：2
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. 在中，．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并解决下面的问题：
（1）求角的大小；
（2）求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，不给分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理化简已知条件，选择条件①、条件②、条件③后，根据所选条件进行分析，由此求得正确答案.
（2）利用三角形的面积公式求得正确答案.
【小问1详解】
依题意，，由正弦定理得.
选①，，则，三角形不存在，不符合题意.
选②，，则，
，则为锐角，且.
且由得，
三角形是等腰直角三角形，存在且唯一，符合题意.
选③，，由正弦定理得，
由于，所以，则，则为锐角，且.
由余弦定理得，即，
得，
所以三角形是等腰直角三角形，存在且唯一，符合题意.
【小问2详解】
由（1）得三角形是等腰直角三角形，所以.
16. 已知在处取得极小值．
（1）求的解析式；
（2）求在处的切线方程；
（3）若方程有且只有一个实数根，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出，由题意可的，由此即可求出答案；
（2）分别求出，的值，再利用点斜式写出直线；
（3）将问题转化为函数与有且只有一个交点，求出函数的单调性与极值，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题意知，
因为在处取得极小值
则，解得：
经检验，满足题意，所以，
所以
【小问2详解】
由题意知，，
所以所以切点坐标为，斜率
所以切线方程为：，即.
【小问3详解】
令，解得或，
则，，的关系如下表：
则，，
方程有且只有一个实数根等价于有且只有一个实数根，
等价于函数与有且只有一个交点，
即或，解得：或，
所以.
17. 已知数列中，，点在直线上.
（1）求数列的通项公式及其前项的和；
（2）设，证明：.
【答案】（1），；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式结合前项和公式，即可求得结果；
（2）利用错位相减法求得的前项和，再证明即可.
【小问1详解】
因为点在直线上，所以，又，
故数列{}是以3为公比，3为首项的等比数列，所以，.
【小问2详解】
由题可知，记，
所以①
①，得②
①②，得，
故，又，故，即证
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.
（2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
取中点，连接，由为中点，为中点，得，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作于点，连接，由，得≌，
则，即，而，
因此，又平面，则平面，平面，
所以平面平面.
小问3详解】
由（2）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以与平面所成角的正弦值是.
19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，若以为圆心，1为半径的圆与以为圆心，3为半径的圆相交于两点，若椭圆经过两点，且直线的斜率之积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）点是直线上一动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为.
①求证直线恒过定点，并求出此定点；
②求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析，直线恒过定点，②.
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，再由，得到，求得的值，即可求解；
（2）①设，得到切线的方程，得到，得到，得到，同理，进而得到恒过定点.
②由（1），设直线，联立方程组得到，再分和时，两种情况讨论，结合换元法和函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：若以为圆心，1为半径的圆与以为圆心，3为半径的圆相交于两点，
若椭圆经过两点，可得，可得，
设，且，则，
因为，可得，
所以，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：①由（1）知，椭圆的焦点，设，
则切线的方程为，即，点在直线上，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，
代入上式，可得
所以，同理，所以直线恒过定点.
②由（1）知直线恒过定点，
令直线，代入椭圆方程，
联立方程组，可得，
则，且，
（i）当时，点到直线的距离为，
因为，所以，所以，
所以，所以，
又由弦长公式，可得，
所以，
令，所以，则，
因为在上单调递减，所以在上单调递增，
所以；
（ii）当时，，
综上可得，的最小值为.
【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
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