浙江省钱塘联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省钱塘联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题考生须知：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，只有一项是符合要求的.1.若直线，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：A2.已知，则该圆的圆心坐标和半径分别为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，即，故该圆的圆心坐标为，半径为．故选：A．3.若方程表示椭圆，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.且〖答案〗D〖解析〗方程表示椭圆，，得，得且．故选：D．4.在的展开式中的系数为，则（）A.10 B.20 C.30 D.40〖答案〗B〖解析〗易知展开式中含的项为，解得.故选：B5.已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，是边长为2的等边三角形，且平面，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，半径为，因为是边长为2的等边三角形，所以，即，又平面，平面，所以，，所以，所以，因为是以为斜边的直角三角形，所以，所以，设外接球的半径，球心为，连接、，，则平面且，即，所以三棱锥外接球的表面积是．故选：B．6.已知3名教师和4名学生排成一排照相，每位教师互不相邻，且教师甲和学生乙必须相邻，一共有多少种不同的排法？（）A.144 B.288 C.576 D.720〖答案〗C〖解析〗先将教师甲和学生乙捆绑成一个元素，与另外3名学生全排列，则有种方法，再将剩下的两名教师插入除去与教师甲相邻的四个空位中，有种方法，所以由分步乘法计数原理可知共有种不同的排法，故选：C7.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项起依次是，，则（）A.数列第16项为144 B.数列第16项为128C.200是数列第18项 D.200不是数列中的项〖答案〗B〖解析〗由此数项的前10项的规律可知，当为偶数时，，当为奇数时，，对于AB，，所以A错误，B正确，对于C，，所以C错误，对于D，若200中偶数项，则，得，所以200是此数列的第20项，所以D错误，故选：B8.已知抛物线，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，则的最小值为（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗C〖解析〗由题意得，焦点坐标为，当直线斜率不存在时，不满足交抛物线于两点，舍去，设直线方程为，联立得，，方程的判别式，设，则，，则，，其中的圆心为，半径为1，故，同理可得，，当且仅当，即时，等号成立，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，有多项符合题目的要求，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.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B.若，则是锐角C.已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底D.若对空间中任意一点，有，则四点共面〖答案〗ACD〖解析〗对A，根据空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确；对B，若，则，故B错误对C，假设共面，则，因为向量组是空间的一个基底，所以不存实数，使得成立，故不共面，即也是空间的一个基底，故C正确.对D，因为，且，所以四点共面，故D正确.故选：ACD.10.已知抛物线，为抛物线上的一个动点，则下列结论正确的是（）A.过点A与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有一条B.动点到直线的最小距离为C.动点到直线的距离与到轴距离之和的最小值为1D.过作直线交抛物线于两点，若线段的中点坐标为，则直线斜率为1〖答案〗BCD〖解析〗对于A，如下图所示：过点A与抛物线只有一个公共点的直线有两条，一条是以为切点的切线，另一条是过点A且斜率为0的直线；所以A错误；对于B，将直线平移到与抛物线相切，切点为A时，动点到直线的距离最小，如下图所示：不妨设切线方程为，联立并整理可得，此时，解得，即切线为；此时两平行线之间的距离最小为,即B正确；对于C，易知抛物线焦点，准线方程为，作垂直于准线，垂直于直线，如下图所示：由抛物线定义可得，所以动点到轴的距离为，而动点到直线的距离为，所以动点到直线的距离与到轴距离之和为，显然当三点共线时，距离之和最小；最小值为焦点到直线的距离再减去1，即，可知C正确；对于D，设过点的直线的方程为，；与抛物线联立并整理可得，由韦达定理可得，若线段的中点坐标为，可得，可得，又在直线上，解得，即，即直线斜率为1，可得D正确.故选：BCD11.英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点：如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列．若函数，且，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A. B.数列是递增数列C.数列是等差数列 D.〖答案〗AB〖解析〗对于A，由，得，所以在点处切线的斜率为，所以切线方程为，因为切线过点，所以，所以，所以A正确，对于BCD，由选项A可知，，所以，，所以，所以，所以，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以C错误，因为，所以数列是递增数列，所以B正确，因为，所以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.有5本不同的书，全部借给3人，每人至少1本，共有______种不同的借法.〖答案〗150〖解析〗将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分成1、1、3时，有种分法，分成2、2、1时，有种分法，所以共有种分法，故〖答案〗为：．13.已知圆上恰有3个点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则该双曲线的离心率为______．〖答案〗〖解析〗的渐近线方程为，，圆心为，半径为2，由几何关系得，圆心到的距离为1，即，解得，故离心率为故〖答案〗为：14.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为______．〖答案〗〖解析〗令，则，因为，所以当时，，易知函数在单调递增，所以，即可得在上单调递减，由不等式可得；即，因此可得，解得.即不等式的解集为.故〖答案〗为：四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.15.已知（1）求；（2）求值．解：（1）因为，令，则，则展开式的通项为（且），令，解得，所以，所以；（2）对于，令，可得；令，可得，所以.16.已知等差数列和正项等比数列满足：，，．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足，求数列的前项和．解：（1）设公差为，公比为，，因为，故，解得（舍去）或，故，；（2），故.17.已知函数（1）求函数在点处的切线方程；（2）求证：．解：（1）因为，则，，则，所以在点处的切线方程为，即.（2）函数的定义域为，先证，令，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以（当且仅当时取等号），再证，设，，则，令，，则，当时，，（）单调递减；当时，，（）单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以，即，所以．18.如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体．（1）求这个组合体的体积；（2）求证：平面（3）求二面角的余弦值．解：（1）由题意，可将组合体补形为正方体，如图所示，由，可得正方体棱长，故多面体的体积；（2）在正方体中，平面平面，平面，故平面，即平面；（3）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，则，，设平面的一个法向量为，则有，令，则，所以，取平面的一个法向量为，则，由图可知，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为.19.如果一条双曲线的实轴和虚轴分别是一个椭圆的长轴和短轴，则称它们为“孪生”曲线，若双曲线与椭圆是“孪生”曲线，且椭圆，（分别为曲线的离心率）（1）求双曲线的方程；（2）设点分别为双曲线的左、右顶点，过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为①是否存在实数，使得，若