浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期返校联考数学试题

绝密★考试结束前2023学年第二学期浙南名校联盟返校联考高二数学学科试题考生须知：1.本试题卷共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.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.选择题部分一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知抛物线的焦点在直线上，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据标准方程可得焦点坐标，代入直线可得.【详解】易知抛物线的焦点坐标为，代入直线方程可得，解得.故选：B2.已知向量，则在上的投影为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先求出向量，夹角的余弦值，再由投影定义即可求得结果.【详解】易知，所以在上的投影为.故选：C3.已知点及直线上一点，则的值不可能是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】求出点到直线的距离，易知即可得出结论.【详解】易知点到直线的距离为，所以，因此的值不可能是1.故选：A4.已知数列是各项为正的等比数列，前项和为，且，则（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】利用构造方程组可解得公比，代入计算得.【详解】设数列的公比为，又的各项为正，所以，；则由可得，两式相除整理可得，解得或（舍）；代入可得.故选：C5.若圆与圆只有一个交点，则实数的值可以是（）A.1 B.2 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】利用圆和圆的位置关系求解参数即可.【详解】易知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，由题意得圆与圆只有一个交点，可得两圆内切或外切，易得圆心距，半径差与和分别为或，当两圆内切时，解得或，当两圆外切时，无解，结合选项故选：D6.已知的三个内角分别为、、，则的值可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】证明出，可得出，即可得出合适的选项.【详解】令，其中，则，当时，，即函数在上单调递减，当时，，即函数在上单调递增，所以，，则，由已知可得、、，所以，，故选：D.7.圆锥曲线具有丰富的光学性质，在人教版A版选择性必修第一册的阅读与思考中提到了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上，（如图（1））.如图（2），已知为椭圆的左焦点，为坐标原点，直线为椭圆的任一条切线，为在上的射影，则点的轨迹是（）A.圆 B.椭圆 C.双曲性 D.抛物线【答案】A【解析】【分析】方法一：利用椭圆的切线方程的结论，进而得到直线的方程，联立切线的方程和直线的方程，化简即可确定点的轨迹；方法二：设与椭圆相切于点，过右焦点作于，延长与直线交于点，则有全等，所以，设，结合直角三角形边与交的关系可得，，所以，故，即可求解；【详解】解法一：设切线与椭圆相切于点，则切线的方程是，切线的斜率为，则直线的方程是，，，①，②由①②可得，，③，④所以由③④可得，，故点的轨迹是圆.解法二：如图，设切线与椭圆相切于点，过右焦点作于，延长与直线交于点，则有，所以全等，所以，由椭圆光学性质知，设，则，，所以，故，即点的轨迹是圆；故选：.8.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意构造函数，判断出其单调性可得，利用函数的单调性可知，再由可求得，即可得出结论.【详解】由可知，构造函数则，由可得，因此当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增，所以，即恒成立，所以（当且仅当时取等号）恒成立，故当时，对两边同时取对数可得（当且仅当时取等号）恒成立，故（当且仅当时取等号）即（当且仅当时取等号），故；构造函数则，令，则，令，则，当时，，所以上单调递减，可得，即在上单调递减，可得，即可得在上单调递减，即对，综上，故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据中的数字特征构造函数，并利用导数求出函数单调性即可比较得出它们的大小.二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9.已知，则方程表示的曲线可能是（）A.两条直线 B.圆C.焦点在轴的椭圆 D.焦点在轴的双曲线【答案】ABC【解析】【分析】根据直线、圆、椭圆和双曲线的定义以及方程一一判断求解.【详解】对A，因为，所以可取，则有或，表示两条直线，A正确；对B，因为，所以可取，则有，表示圆，B正确；对C，因为，所以可取，则有，表示焦点在轴的椭圆，C正确；对D，因为，所以该曲线方程不可能为焦点在轴的双曲线，D错误；故选:ABC.10.如图，已知四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段上一点（含端点），则直线与平面所成角不可能是（）A.0 B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由向量法求出线面角，再根据单调性求出范围，进而可得答案.【详解】由平面，底面为正方形得两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，则，所以，，设平面的法向量为，则，取得，因为为线段上一点（含端点），所以设，所以，设直线与平面所成角为，则明显随着的增大而减小，当时，，当时，，即，又，所以，所以不可能是或.故选：CD.11.已知数列为等差数列，，，前项和为，数列满足，则下列结论正确的是（）A.数列为等比数列B.数列为等差数列C.数列中任意三项不能构成等比数列D.数列中可能存在三项成等比数列【答案】BC【解析】【分析】设数列的公差为，求出的值，求出、，利用等差数列的定义可判断AB选项；利用反证法结合等比数列的定义可判断CD选项.【详解】设数列的公差为，则，所以，，所以，，则，所以，数列为等差数列，所以，，所以，数列为等差数列，故B正确，A错误；（反证法）假设数列中存在三项、、能构成等比数列，即成立，由上可得，所以，，整理得：，所以，，可得，可得，整理可得，可得，与已知条件矛盾，所以，数列中任意三项不能构成等比数列，同理可知，数列中任意三项不能构成等比数列，故C正确，D错误.故选：BC12.如图，已知棱长为2的正方体，点是棱的中点，过点作正方体的截面，关于下列判断正确的是（）A.截面的形状可能是正三角形B.截面的形状可能是直角梯形C.此截面可以将正方体体积分成1：3D.若截面的形状是六边形，则其周长为定值【答案】AC【解析】【分析】对于A：取相应棱的中点分析判断；对于B：假设成立，结合面面平行的性质以及线面垂直分析判断；对于C：Q为所在棱中点，结合棱柱的体积分析判断；对于D：设为的中点，，结合几何性质求周长，进而分析判断.【详解】假设正方体棱长为2.对于选项A：如图，M，N分别为所在棱中点，可知，即截面的形状是正三角形，故A正确；对于选项B：由面面平行的性质可知：∥，如果为直角梯形，例如，由正方体的性质可知：，可知平面，又因为平面，则∥或重合，由图可知不成立，即截面形状不可能是直角梯形，故B错误；对于选项C：Q为所在棱中点，如图，则正方体的体积为8，三棱柱的体积为，所以截面将正方体分成，故C正确；对于选项D：如图所示，假设为的中点，，则，，可得，则六边形的周长为，显然周长与有关，即六边形的周长不是定值，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点点睛：对于选项D：取特殊位置，假设为的中点，，结合几何形状求周长，进而分析判断.非选择题部分三､填空题（本大题共4小题，共20分.）13.某校新建一个报告厅，要求容纳800个座位，第一排21个座位，从第2排起后一排都比前一排多两个位置，那么这个报告厅共有______排座位.【答案】【解析】【分析】将各排的座位数依次排成一列，构成等差数列，再利用等差数列的前项和公式求项数．【详解】设这个报告厅共有排座位，报告厅的座位从第1排到第排，各排的座位数依次排成一列，构成数列，其前项和为．根据题意，数列是一个首项为21公差为2的等差数列，且．由，由，解得．所以这个报告厅共有20排座位.故答案为：2014.设曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为______.【答案】##【解析】【分析】求出函数的导函数，即可表示出切线的斜率，再由两直线垂直斜率之积为求出参数的值.【详解】因为，所以，则，因为直线的斜率，所以.故答案为：15.已知正四面体，点为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.【答案】##【解析】【分析】先设正四面体的棱长，设定基底为，表示与，应用用空间向量的数量积求解即可.【详解】正四面体的棱长设为2，其中，三个向量间的夹角都为，则，由，得，且，异面直线与所成角的余弦值为.故答案是：.16.已知点是直线上一点，点是椭圆上一点，设点为线段的中点，为坐标原点，若的最小值为，则椭圆的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】根据题意先求出直线关于原点的对称直线，然后利用几何知识得，设，在利用点到直线的距离公式，从而可求解.【详解】直线关于原点的对称直线为，记直线与直线的交点为，连结，，如图，为的中位线，则，设，，或，当时，与椭圆相交，最小值为0，与矛盾，舍去.当时，符合要求，此时，，椭圆离心率.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题主要利用数型结合方法，并巧妙设点，从而求出相应的的值，从而求解.四､解答题（本大题共6小题，共70分.）17.设，函数.（1）若有且只有一个零点，求的取值范围；（2）若的一个极值点为1，求函数的极值.【答案】17.18.【解析】【分析】（1）由题意可知函数唯一零点一定是0，故可推出函数无零点，结合判别式，即可求得答案；（2）根据函数的极值点求出a，结合导数判断函数的单调性，即可确定极值点，求得极值.【小问1详解】，若有且只有一个零点，则这个唯一零点一定是0，由于，故，即函数无零点，；【小问2详解】，的一个极值点为，，当时，单调递减，当时，单调递增，则为函数的极大值点，为函数的极小值点，符合题意，.18.如图，已知等腰三角形中，是的中点，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）设所在直线与轨迹的另一个交点为，当面积最大且在第一象限时，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式利用化简整理可得点的轨迹的方程为；（2）求出面积最大时点，可得的直线方程为，再由弦长公式可得结果.【小问1详解】易知，即，整理可得，即点的轨迹的方程为【小问2详解】如下图所示:由题意可得，当到距离最大时，即纵坐标最大时满足题意，此时；所以所在直线方程为圆心到直线的距离可得.19.如图，是边长为2的等边三角形，且.（1）若点到平面的距离为1，求；（2）若且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由点到面的距离公式可证平面，再由勾股定理即可得到结果；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.【小问1详解】是边长为2的等边三角形，，又，中，，点到平面的距离为1，不妨设平面的法向量为，则，又，即，平面，又平面，，又.【小问2详解】由（1）知，又，且，且平面，平面，又，，设中点为，则，又，且，，且，平面；设中点为，则，因此，两两垂直；如图建系；则，，，，，；设平面的法向量为，直线与平面所成角为，则，，，取，则，20.记为数列的前项和，已知，且成等比数列.（1）写出，并求出数列的通项公式；（2）记为数列的前项和，若对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】20.，21.【解析】【分析】（1）根据题意得，再由，再验证，从而可求解.（2）求出，从而得，即得，从而可求解.【小问1详解】由成等比数列得，且，当时；当时，，又，，经验证当，符合，.【小问2详解】由（1）易得，设，则，故，，又因为，所以，所以，即，故取值范围为.21.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求证：.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用二次求导法进行求解即可；（2）利用二次求导法，结合放缩法、构造函数法、函数零点存在原理进行求解即可.【小问1详解】当时，，令，，故在单调递增，又时，时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；【小问2详解】当时，令，则，令在单调递增，又，，使得，且是在上的唯一零点，