2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二（下）期中数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知数列的前项和为，则等于(    )A.  B.  C.  D. 2.  如果直线：与直线：平行，那么实数的值为(    )A.  B.  C. 或 D. 或3.  若曲线在处的切线方程为，则(    )A. ， B. ，
C. ， D. ，4.  等差数列的公差不为，其前项和满足，则的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 5.  若正方形的边长为，，分别为，的中点如图，沿，将，折起，使得点，恰好重合于点如图，则直线与平面所成角的正弦值为(    )
A.  B.  C.  D. 6.  已知函数存在两个零点，则实数的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知双曲线：的左、右焦点为，，过的直线分别交双曲线的左、右两支于、若：：：：，则双曲线的渐近线方程为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知，，，其中是自然对数的底数，则，，的大小为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  已知函数，下列结论正确的是(    )A. 函数不存在最大值，也不存在最小值
B. 函数存在极大值和极小值
C. 函数有且只有个零点
D. 函数的极小值就是的最小值10.  已知是数列的前项和，下列结论错误的是(    )A. 若是等差数列，则 B. 若是等比数列，则
C. 若是等比数列，则公比一定为 D. 若是等比数列，则公比是或11.  如图，棱长为的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线下列结论正确的有(    )A. 当时，是一个点
B. 当动点到直线，的距离之和为时，是椭圆
C. 当直线与平面所成的角为时，是圆
D. 当直线与平面所成的角为时，是双曲线
 
 12.  已知抛物线：的焦点为，，是抛物线上的两个不同的动点，点关于轴的对称点为，抛物线的准线交轴于点下列结论正确的是(    )A. 若直线过点，则，且
B. 若直线过点，则，，三点共线
C. 若直线过点，则，且
D. 若直线过点，则的最小值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃八骏图是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上现有匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异已知第等于，，，，匹马的最长日行路程是第匹马最长日行路程的倍，且第匹马的最长日行路程为里，则这匹马的最长日行路程之和为______ 里取14.  如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，与，的夹角都是，若是的中点，则直线与所成角的余弦值为______ ．
 15.  已知椭圆：和双曲线：的焦点相同，，分别为左、右焦点，是椭圆和双曲线在第一象限的交点已知，双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为______ ．16.  若函数极值点为，则的值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知的展开式中所有项的二项式系数和为，各项系数和为．
求和的值；
求的展开式中的常数项．18.  本小题分
盒子中有个不同的白球和个不同的黑球．
若将这些小球取出后排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，共有多少种不同的排法？
随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，共有多少种不同的摸球结果？
将这些小球分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子至少一个球，共有多少种不同的放法？
注：要写出算式，结果用数字表示19.  本小题分
已知等差数列满足，且，，成等比数列．
求的通项公式；
设，的前项和分别为，若的公差为整数，且，求．20.  本小题分
如图，三棱柱的体积为，侧面是矩形，，，且已知二面角是钝角．
求的长度；
求二面角的大小．
21.  本小题分
已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．
求双曲线的方程；
若点，在双曲线的左、右两支上，直线，均与圆：相切，记直线，的斜率分别为，，的面积为．
是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
已知圆的面积为，求．22.  本小题分
已知函数，，．
当时，求函数的单调性；
若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：根据题意，数列的前项和为，
则．
故选：．
根据题意，由于，代入数据计算可得答案．
本题考查数列的前项和与通项的关系，注意用表示，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：直线：与直线：平行，
且，求得．
故选：．
由题意，利用两条直线平行的性质，求出实数的值．
本题主要考查两条直线平行的性质，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由，得，
，
又，且曲线在处的切线方程为，
，解得，．
故选：．
求出原函数的导函数，利用函数在处的导数值等于切线的斜率，且切点处的函数值相等列式求解与的值．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
 4.【答案】 【解析】解：根据题意，等差数列的公差不为，其前项和满足，
即数列中前项和的最大值为，必有，，
同时有，，则有，变形可得，
又由，则有，即的取值范围为
故选：．
根据题意，由于，分析可得，和，，变形可得，又由，分析可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的通项和前项和的性质，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：在正方形中，由，，可得，，
设，则，，，，
则满足，则，
，，三线两两垂直，以为坐标原点，建立空间坐标系如图：
可得，，，，，，
设，由，，
得，得，，，即，
得，，
设平面的一个法向量，
由，，得，得，令，则，，
即，
所以平面的一个法向量为，
又，
设与平面所成的角为，
则．
故选：．
根据条件得到，，三线两两垂直，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
本题主要考查线面角的计算，根据条件得到，，三线两两垂直，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意函数的定义域是，
函数存在两个零点，
在上存在两个不同的解，
当时，不成立，
故不是方程的解，
当时，化为在上有两个不同的解，
即直线与函数的图像在上有两个不同的交点，
令，，则，
令，解得，令，解得或，
故函数在，递减，在递增，
故函数在处取得极小值为，
当时，时，，时，，
如图示：
，
结合图像，要使直线和函数的图像有个交点，
则．
即实数的取值范围是，
故选：．
问题转化为直线与函数的图像在上有两个不同的交点，令，，根据函数的单调性画出函数的图像，结合图像求出的取值范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及数形结合思想，是中档题．
 7.【答案】 【解析】解：如图，：：：：，设；，，
可得，解得，，所以，，
在中，，
所以，
在中，，
可得，，
可得，
所求双曲线的渐近线方程为：
故选：．
利用已知条件画出图形，利用比例关系，结合余弦定理，转化求解，的关系，即可得到渐近线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，三角形的解法，是中档题．
 8.【答案】 【解析】解：，
，
，
令，
，
令得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
因为，
所以，
所以，
故选：．
，，，令，求导分析单调性，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：，，
，
令，解得或，
令，解得，
故在递增，在递减，在递增，
且，，
如图示：

故，
函数在处取得极大值，在处取得极小值，
极小值即为最小值，且函数有且只有一个零点，
故A错误，BCD正确，
故选：．
利用导数研究函数的单调性，作出图像，求出函数的最小值，结合函数零点，极值的概念依次判断选项即可．
本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及数形结合思想，是基础题．
 10.【答案】 【解析】解：根据题意，若数列是等差数列，则、、也成等差数列，
则有，
又由，则有，变形可得，A正确，
若数列是等比数列，若，则有，
必有，变形可得，B正确；
同时，由于，则有，即，
变形可得或，解可得或或，则C错误，D错误．
故选：．
根据题意，分数列是等差数列和等比数列两种情况讨论，分析数列的性质，由此分析选项可得答案．
本题考查等差数列、等比数列的性质，涉及数列的求和，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：如图建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，

则有，，，，，，
又为的中点，所以，设，
选项A，因为，
又，所以，即，也即，
所以，此时，曲线为点，故选项A正确；
选项B，连接，，易知动点到直线，的距离即为线段，的长，
而又易知，当点不在线段上时，有，
所以当动点到直线，的距离之和为时，点在线段上，此时曲线为线段，故选项B错误；
选项C，易知平面的一个法向量为，
所以当直线与平面所成的角为时，
有，
化简得，此时曲线为，故选项C正确；
选项D，易知平面的一个法向量为，
所以当直线与平面所成的角为时，
有，
化简得，此时曲线为，故选项D正确；
故选：．
对于选项ACD，通过建立空间直角坐标系，利用向量法逐一对选项ACD进行分析判断即可得出结果；对于选项B，利用正方体中的线面关系，动点到直线，的距离转化成，的长，利用几何关系即可得出结果．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：对于，若直线过点，设直线的方程为，
与抛物线方程联立，可得，易得，所以，则，故A正确；
对于，若直线过点，由知，则，
，
当时，，不妨设，则，，
所以此时与重合，所以，，三点共线；
当时，，

，
，，三点共线，故B正确；
对于，若直线过点，设直线的方程为，
与抛物线方程联立，可得，所以，则，故C正确；
对于，若直线过点，由知，
所以，
当且仅当时取等号，
又，是抛物线上的两个不同的动点，且，在轴的同侧，
所以，所以，故D错误．
故选：．
设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断；结合分，讨论，利用韦达定理、斜率公式可判断；设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断；由，在轴的同侧，由，利用基本不等式可判断．
本题考查抛物线的性质，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：根据题意，第匹马、第七匹马、、第一匹马构成以为首项，为公比的等比数列，
则这匹马的最长日行路程之和为
．
故答案为：．
根据题意，第匹马、第七匹马、、第一匹马构成以为首项，为公比的等比数列，进一步利用等比数列前项和公式进行求解即可．
本题考查等比数列的前项和公式，解题的关键在于根据实际问题归纳出等比数列模型，利用等比数列的前项和公式进行求解．
 14.【答案】 【解析】解：记，，，
，，，，
，，
，，
由题意得，

，
，
，
．
故答案为：．
记，，，由题意得，，推导出，再由数量积运算性质求出，即可求出结果．
本题考查异面直线所成角、四棱锥结构特征、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 15.【答案】 【解析】解：设，，由题意可得且，
，，
，，
，
，，
，为椭圆的离心率，分为双曲线的离心率
又，代入解得．
故答案为：．
设，，由题意可得且，进而可得，可得，可求椭圆的离心率．
本题考查求椭圆的离心率，考查运算求解能力，属中档题．
 16.【答案】 【解析】解：，定义域是，
，
若的极值点是，
则，则，，
故，
故答案为：．
求出函数的导数，根据，得到，，代入计算即可．
本题考查了导数的应用，极值点问题，考查转化思想，是基础题．
 17.【答案】解：由条件可得，
解得．
．
展开式的通项为：
．
当即时，；
当即时，；
所求的常数项为． 【解析】根据结论得到方程组，解出即可；
首先对原式整理为，写出展开式的通项，再求出其常数项即可得到答案．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
 18.【答案】解：将个不同的白球和个不同的黑球排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，
只需先将个不同的黑球进行排序，然后将个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，
由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种．
随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，
则黑球的个数可以是或或，
由分类加法计数原理可知，不同的摸球结果种数为种．
先将这个小球分为组，则这三组小球的个数分别为、、或、、，
再将这三组小球分配给三个盒子，
由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种． 【解析】先将个不同的黑球进行排序，然后将个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，结合插空法可求得结果；
对摸出的黑球的个数进行分类讨论，结合组合计数原理以及分类加法计数原理可得结果；
先将这个小球分为组，确定每组球的个数，然后再将这三组小球分配给三个不同的盒子，利用分步乘法计数原理可得结果．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
 19.【答案】解：设等差数列的公差为，
，
，
，，成等比，
，
即，得，解得或，
当时，；
当时，；
或．
因为等差数列的公差为整数，
由得，
所以，
则，
．




． 【解析】根据题意，利用等差数列的通项公式和等比中项的应用求出、，即可求出；
根据题意，由可得，根据等差数列前项求和公式计算可得，则，利用裂项相消求和法计算即可求解．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
 20.【答案】解：，且，
平面，又，
平面，又平面，
，，
可知二面角的平面角是钝角，
作垂直的延长线于，可得，且，
平面，
，，又，
，又，，
，
；
以点为原点，以，所在直线分别为轴，轴，
以过且垂直平面的直线为轴，建系如图，则根据题意可得：
，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
易知平面的法向量为，
又由图可知所求二面角为锐角，
二面角的余弦值为：
，，
二面角的大小为． 【解析】作垂直的延长线于，可得，根据线面垂直的判定定理，可证得平面，从而可得，再根据体积求出，从而再根据勾股定理，即可求解；
建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理，勾股定理，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
 21.【答案】解：因为，
解得，，
所以双曲线的方程为．
设过点的直线的方程为，
因为直线与圆相切，
所以，
化简为，
因为，时方程的两个根，
所以为定值，
因为圆的面积为，
所以，代入，可得，，
所以直线，的方程分别为和，
因为，得，
所以，
解得，
联立，得，
所以，解得，
所以，
，
设，切圆于，，则，
所以，
所以，
所以，
所以． 【解析】根据题意得，解得，，，即可得出答案．
设过点的直线的方程为，由直线与圆相切，得，化简为，
由，时方程的两个根，则为定值，
由圆的面积为，得，代入，可得，，分别联立直线，与双曲线的方程，结合韦达定理可得，点的横坐标，设，切圆于，，解得，则，即可得出答案．
本题考查双曲线的方程，直线与双曲线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：法一：时，，定义域是，
，，
令，解得，令，解得，
故在递增，在递减，
，
在上单调递减；
法二：，
切线不等式，
，
恒成立，
在上单调递减．
若不等式对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
设，，则，
令，解得，令，解得，
故在递减，在递增，
，
转化为，即对任意的恒成立，
设，，则，
对任意的恒成立，
在时单调递增，
，
，
，
故的取值范围是． 【解析】法一：求出函数的导数，根据导函数的单调性求出，从而判断函数的单调性；
法二：根据切线不等式，得到恒成立，从而求出函数的单调性；
将不等式整理，转化为对任意的恒成立，设，，求出，问题转化为对任意的恒成立，设，，则，求出的最小值，从而求出的范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式恒成立问题，考查转化思想，是难题．