浙江省杭州市（含周边）重点中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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高二年级数学学科试题
命题：萧山中学王建国、沈建刚 审校：临平中学（余高）盛立忠 审核：缙云中学潜艳蕾
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卷上，写在试卷上无效
4.考试结束后，只需上交答题卷.
第I卷
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在中，三个内角成等差数列，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可知，结合求得，从而代入得解.
【详解】因为成等差数列，所以；
又，所以，即，所以，
所以.
故选：C.
2. 已知，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据条件概率公式计算即可．
【详解】因为，，
所以，即，
故选：B．
3. 与直线关于轴对称的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把方程中的换成即可得到所求直线方程.
【详解】直线关于轴对称的直线为：，即.
故选：B.
4. 降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位，它可以直观地表示降雨的多少，目前，测定降雨量常用的仪器有雨量筒和量杯.测量时，将雨量筒中的雨水倒在量杯中，根据杯上的刻度就可知道当天的降雨量.某兴趣小组同学为测量降水量，自制了一种圆台形的雨量器（如图）.某次降水，这种容器收集到的雨水高度为150mm，则该次降水的降雨量最接近（ ）
A. 60mmB. 65mmC. 70mmD. 75mm
【答案】B
【解析】
【分析】如图，根据相似三角形的性质求得mm，由圆台的体积公式求出收集到的雨水量，利用等体积法，结合圆柱的体积公式建立关于h的方程，解之即可求解.
【详解】如图，分别为上底面、下底面的半径，且，，
则，
当mm时，在中，，即，
解得mm，所以mm，所以圆的面积为，
又圆的面积为，
所以收集到的雨水量为，
设此时量杯的刻度为，
则，解得.
故选：B
5. 展开式中常数项为（ ）
A. 28B. C. 7D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式的展开式的通项即得.
【详解】由题意得展开式通项为：
,
令，得，
所以常数项为.
故选：C.
6. 若函数有两个零点，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由直线与有两个交点，利用导数求出的极值，作出图象，数形结合求出即可.
【详解】令，则，
令，则由题意可得直线与有两个交点，
因为，
令，解得或1，
所以当和时，单调递减；当时，单调递增；
所以极小值为，极大值为，
作出图象：
所以或，
故选：D.
7. 将双曲线绕原点逆时针旋转45°后，能得到反比例函数的图象（其渐近线分别为轴和轴），所以我们也称反比例函数的图象为双曲线.同样“对勾函数”也能由双曲线的图象绕原点旋转得到，则此“对勾函数”所对应的双曲线的实轴长为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出旋转后实轴所在直线方程，求出双曲线的两个顶点坐标，再由两点间的距离公式可得解.
【详解】旋转后两条渐近线分别为和，夹角为，
旋转前后两条渐近线的夹角不变，实轴所在直线是两条渐近线所夹角的平分线，
所以旋转后，双曲线的实轴所在直线的倾斜角为，斜率为，方程为，
联立，解得或，
所以旋转后的双曲线的两个顶点为或，
所以实轴长为.
故选：D.
8. 记由0，1，2，3，4五个数字组成的五位数为.则满足“对任意，必存在，使”的五位数的个数为（ ）
A. 120B. 160C. 164D. 172
【答案】C
【解析】
【分析】满足条件的五位数分为两类：一类是只由一个数字组成，另一类是由两个数字组成，其中由两个数字组成又分为入选与不入选，入选时可以是包含2个或3个，结合不能放在万位求解即可.
【详解】由题意知，满足条件的五位数分为两类：一类是只由一个数字组成，另一类是由两个数字组成.
①只由一个数字组成，如、等共4个；
②由两个数字组成，可分为入选与不入选，
不入选，则从1,2,3,4中选择两个数组成满足条件的五位数，如、、等，共有个，
入选，则从1,2,3,4中选择一个数组成满足条件的五位数，且不能放在万位，如、、等，共有个，
所以满足条件的五位数共有个.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 对向量，，若，则或
B. 对复数，，若，则或
C. 对向量，，若，则
D. 对复数，，若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由平面向量数量积公式计算可判断A项，设出、，结合计算即可判断B项，由平面向量数量积公式可知计算可判断C项，举反例，可判断D项.
【详解】对于A项，因，
所以或或，故A项错误；
对于B项，设（），（），
则，
所以，解得或，
即或，故B项正确；
对于C项，因为，
所以，所以，故C项正确；
对于D项，若，，则满足，
但此时，故D项错误.
故选：BC.
10. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，若，且，，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 数列无最大值D. 是数列中的最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题中，分析出公比，得出等比数列为正项的递减数列，再根据等比数列的性质逐项判断即可.
【详解】根据题意，等比数列的公比为，，
所以.
又因为，所以，
所以等比数列的各项均为正数.
由可知，，
则必有，所以等比数列为正项的递减数列.
依次分析选项：
对于A，，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，D，根据，可知是数列中的最大值，故C错误，D正确.
故选：ABD.
11. 已知抛物线上有两点､，焦点为F，下列选项中是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意设过抛物线的焦点的直线为，代入抛物线的方程得关于的方程，利用根与系数的关系以及平面向量的运算法则，判断题目中的命题是否正确即可．
【详解】设直线的方程为，
则直线交轴于点，且抛物线的焦点的坐标为，，
将直线的方程与抛物线的方程联立，得，
则，，
对于 ，
，
即，解得或，
∴“”是“直线经过焦点”的必要不充分条件；
对于 ，得，
此时直线过抛物线的焦点，
∴“”是“直线经过焦点”的充要条件；
对于，解得，
∴“”是“直线经过焦点”的必要不充分条件；
对于
，化简得，得，
∴“ “是“直线经过焦点”的必要不充分条件．
故选：．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数在区间上的最大值为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出最大值.
【详解】因为，
所以，
当时，所以在上单调递减，
又，所以在上的最大值为.
故答案为：
13. 在空间直角坐标系中，O为坐标原点，若，，，则点到平面的距离为____________.
【答案】
【解析】
【分析】求出平面的法向量后，再计算到平面的法向量的投影即可得.
【详解】由题意可得，，
设平面的法向量为，
则有，即，
可取，则、，即，
则点到平面的距离为.
故答案为：.
14. 已知数列满足，，则____________，___________.
【答案】 ①. 0 ②. 2023
【解析】
【分析】分别令可求出；由可得，再由累乘法即可求出，代入可求出.
【详解】令可得：，所以，
令可得：，所以，
由可得：，
所以，
，
……，
，以上个式子相加可得：
，所以，
则.
故答案为：0；2023.
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. 如图，在平面四边形中，，，为的平分线，且.
（1）求线段的长；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由同角三角函数的平方关系和二倍角的余弦公式可得，再由余弦定理可求出线段的长；
（2）由二倍角余弦公式可得，再由同角三角函数的平方关系和面积公式求解即可.
【小问1详解】
在中，由，，
则：，
，
所以
，
由余弦定理得：
，所以.
【小问2详解】
因为为的平分线，
所以，
在直角中，得，
因为，所以,
所以.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）要使恒成立，则需成立，借助导数，分、、讨论，得其单调性即可得解.
小问1详解】
当时，，，
所以，，
曲线在处的切线方程为；
【小问2详解】
要使恒成立，则需成立，
，
当时，，所以在递增，
而，不合题意；
当时，恒成立，符合题意；
当时，令得，
则在递减，在递增，
所以，解得.
综上所述，.
17. 如图，四棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，底面是矩形，且.
（1）若点是的中点，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使二面角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
（2）存在，
【解析】
【小问1详解】
（ⅰ）设矩形的中心为，则是的中点，而是的中点，所以.
而是矩形的中心，故也是的中点，所以在平面内，又因为不在平面内，所以平面；
（ii）由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面.
所以直线与平面所成角的正弦值等于.
下面证明一个结论：在中，若的长分别为，则边上的中线长为.
证明：设为的中点，，则由余弦定理，结合得
.
所以，即，故.
回到原题.
由于平面，而在平面内，故，.
从而，这得到，.
而，故根据之前证明的结论，我们有，，从而.
这表明，所以直线与平面所成角的正弦值等于.
【小问2详解】
在平面内过作，交于，在平面内过作，交于.
由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面. 而在平面内，故.
又因为，在平面内交于，故平面.
由平面，在平面内，知.
由，，且在上，知二面角等于.
从而条件即为，即，即.
设，则，故，.
同时，.
故条件即为，即.
解得，所以.
综上，存在满足条件的点，.
18. 已知抛物线：，点为抛物线外一点（如图），过点D作的两条切线，切点分别为A，B.
（1）求证：直线的方程为；
（2）若在直线上，以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用导数几何意义分别求出在，两点处切线方程，再分别代入点即可发现A，B两点都在直线上，进而得到直线的方程.
（2）由（1）得直线的方程，与抛物线联立，求出线段的中点为，再根据圆的性质所得建立方程进行研究即可.
【小问1详解】
设，，由得，
所以在处的切线方程为，
同理在处的切线方程为，
两条切线都过，所以，，
显然A，B两点都在直线上，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
若在直线上，则直线的方程为，
即直线过定点，不妨设直线的方程，
由，可得，
于是，，
设为线段的中点，则，
由于，而，与向量平行，
∴，解得或，
当时，，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为.
19. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球.设从甲、乙两个口袋中各任取一个球交换放入另一个口袋为一次操作，经过次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为.
（1）写出的分布列并计算；
（2）某人重复进行了100次操作，记，，求该数列的前100项和的最大值；
（3）定性分析当交换次数趋向于无穷时，趋向的值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）50 （3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）第一问就是用相互独立事件同时发生的乘法公式就可求得的分布列，然后利用期望公式即可计算出结果；
（2）第二问关键是看懂题意，即甲口袋中黑球个数为0个时，，甲口袋中黑球个数不为0个时，，所以要想数列的前100项和最大，则尽最大可能让甲口袋中黑球个数为0，从而得到问题的解法及结果；
（3）第三问关键是找到第次交换球后的概率与第次交换球后的概率关系，有了第次交换球后的概率分布，就可以计算第次甲口袋中黑球期望与第次的期望关系，从而构造成等比数列求出，再用极限思想就可以得到结果.
【小问1详解】
甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球.
从甲、乙两个口袋中各任取一个球交换放入另一个口袋为一次操作，
记甲口袋中黑球个数为，则的可能取值有1，2，3，
则，
，
，
所以的分布列为：
即；
【小问2详解】
根据题设可得不可能同时为1，故，
由于，要使得取到最大值，则使得多出现0个，即甲口袋中的黑球要最快被换成白球，
即第一次甲口袋摸出黑球而且乙口袋摸出白球交换，再第二次还是要从甲口袋摸出黑球而且乙口袋摸出白球交换，
这样经历次可以得到甲口袋中黑球个数为0，此时，
之后甲口袋中只能摸出白球而且乙口袋中只能摸出黑球交换，此时，则，
我们可以再次从甲口袋摸出黑球而且乙口袋摸出白球交换，得到，则，
这样总可以是间隔一次出现甲口袋中没有黑球，所以的最大值为50；
【小问3详解】
设表示第次交换后甲口袋中黑球有个概率，
则，
，
，
，
所以
，
由上可得期望的递推关系：，
变形构造为：，由(1)得，所以，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以当交换次数趋向于无穷时，趋向的值为.
【点睛】方法点睛：本题创新在第二问数列求和的最大值，看似是一个很难很麻烦的问题，但我们能构理解题意，找到问题可能发生的结果，甚至不用计算，就能得到结果。关键就是在于问题的分析能力.
而第三问就重在能找到一个递推关系，而期望是必须研究甲口袋中的黑球个数取时的概率分布列，所以由此想找到的是概率递推关系，从而就可以不断深入研究期望的递推关系，从而解决问题，这个题的亮点就是与数列的递推综合来解决概率问题.1
2
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