浙江省S9联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题【含答案解析】

2023学年第二学期杭州S9联盟期中联考高二年级数学学科试题考生须知：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､单选题：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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据交集定义求解即可.【详解】因为，表示所有被3除余2正整数.所以.故选：C2.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的运算，得到的形式，再由复数的几何意义得到对应复平面内的点，从而判断出所在象限.【详解】由题得，则在复平面内对应的点的坐标为，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3.若，则（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正余弦的齐次式法即可得解.【详解】因为，所以.故选：D4.已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量为，则到平面的距离，即可得出答案.【详解】解：以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，所以，，设面的法向量为，，所以，令，则，所以，，所以到平面的距离，故选：C.5.已知函数.若，则取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数判断出函数在定义域上单调递增，根据已知转化出，解不等式可得结论.【详解】因为，所以，所以是上的增函数，因为所以，解得.故选：B.6.数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（）A.数列是常数列 B.若，则是递增数列C.若，则 D.若，则的最小项的值为【答案】D【解析】【分析】由递推关系求出时，代入得到结果与直接代入得到结果作比较可得A错误；由递推关系得到奇数项和偶数项，可判断B错误；由递推关系得到当时，的偶数项为，奇数项为，再用分组求和可得C错误；由递推关系得到时，的偶数项为，奇数项为，可得D正确.【详解】A：当时，；①当时，，作差可得，代入可得，与①可能矛盾，故数列不一定是常数列，故A错误；B：由可得且，所以数列不是单调数列，故B错误；C：若，则由以上选项可知，所以当时，的偶数项为，奇数项为，而，故C错误；D：若，则，，故时，的偶数项为，奇数项为，则的最小项的值为，故D正确；故选：D.【点睛】方法点睛：（1）已知求时可仿写作差；（2）求数列中较大的前某项和时，可根据数列的周期性用分组求和.7.直线，直线与平行，且直线与垂直，则（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根据求出的值，即可得出答案.【详解】因为直线与平行，并且直线，所以，.又因为直线与垂直，所以，.所以.故选：B.8.已知双曲线的左焦点为，渐近线方程为，焦距为8，点的坐标为，点为的右支上的一点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的定义及渐近线方程，将转化为的形式，通过点共线判断并计算的最小值即可.【详解】如图所示由题意知，解得记的右焦点为，即，由双曲线的定义，得，即所以，当且仅当点在线段上时等号成立,所以的最小值为.故选：C.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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错的0分.9.如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（）A. B.C. D.不是平面的一个法向量【答案】BD【解析】【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.【详解】由为正方体，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则､.对于选项，，则，故错误；对于选项，，则，故正确；对于选项，，故，故错误；对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.故选：.10.已知正数满足，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据已知可直接得到A；根据换元法得B；乘“1”法得到C；基本不等式判断D即可.【详解】对于A，由题可得，即，故A正确；对于B，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故B不正确；对于，当且仅当时，等号成立，故正确；对于D，，当且仅当时，等号成立，故D不正确.故选：AC.11.已知函数，则（）A.直线是曲线的切线B.有两个极值点C.有三个零点D.存在等差数列，满足【答案】BCD【解析】【分析】由导数的意义可知斜率为时，求出切点，再由点斜式判断A错误；求导后由单调性可判断B正确；代入极值点后可判断C正确；由等差中项可判断D正确.【详解】，A：令，而，由点斜式可知此时切线方程为；，由点斜式可知此时切线方程为；所以直线不是曲线的切线，故A错误；B：令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故时取得极大值，取得极小值；故B正确；C：因为，所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；D：取，则，故D正确；故选：BCD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.在中，内角所对应的边分别为，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据三角函数同角的平方关系求，再利用正弦定理计算即可.【详解】因为在中，，所以，又，所以，因为，所以故答案为：.13.一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字，现从盒子中随机抽取卡片，若第一次抽取一张卡片，放回后再抽取1张卡片，则两次抽取的卡片数字之和不大于6的概率是__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率即可.【详解】两次抽取的试验的样本空间，共16个，两次抽取的卡片数字之和大于6的事件，共3个，所以两次抽取的卡片数字之和大于6的概率是，则不大于6的概率为.故答案为：.14.已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设.对于下列命题：①不论取何实数，圆心始终落在曲线上；②不论取何实数，弦的长为定值1；③式子的取值范围是.④不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切；其中真命题的序号是__________.（把所有真命题的序号都填上）【答案】②③【解析】【分析】根据圆的方程即可判断①；根据弦长公式即可判断②；令求出点和点的坐标，根据圆方程求出点坐标，求出和，在利用余弦定理求出，求出的面积即可求出，根据即可判断③；根据圆心到直线的距离即可判断④.【详解】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确.对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确.对于③，在圆方程令，可得，或，即由圆方程知，由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立），中，由余弦定理得，的面积为，，，即，故③正确.对于④，圆心到直线的距离等于，而半径为，二者不一定相等，故④不正确.故答案为：②③.【点睛】关键点点睛：本题考查圆系方程以及直线与圆的位置关系.其中③的关键点在中，利用余弦定理求出，利用的面积求出，再根据即可判断.四､解答题：本大题共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，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，三个条件为：①；②；③.（1）求角的大小；（2）若，求的值.【答案】（1）所选条件见解析，（2）【解析】【分析】（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；（2）利用余弦定理分析求解.【小问1详解】若选①：因为，由正弦定理可得，且，则，可得，且，所以；若选②：因为，由正弦定理可得，且，则，可得，且，所以；若选③：因为，则，可得且，则，可得，且，所以.【小问2详解】由（1）可知：，由余弦定理可得：，又，即，解得.16.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.（1）证明：平面.（2）若，求三棱锥体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证出平面，再证得平面；（2）根据锥体体积公式，结合关系求体积.【小问1详解】记，因为四边形是菱形，所以.因为平面平面，且，所以平面.因为平面，所以.因平面平面，且，所以平面.【小问2详解】因为平面，，所以点到平面的距离为，因为，所以点到平面的距离是6，因为四边形是边长为8的菱形，且，所以，则四棱锥的体积，三棱锥的体积，三棱锥的体积，故三棱锥的体积.17.设数列满足，且.（1）求证：数列为等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）求数列的前项和，并证明.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），证明见解析【解析】【分析】（1）由得，根据等差数列的定义可得；（2）由（1）可得，利用累加法可得，验证即可；（3）利用裂项相消法求，由此证明结论.【小问1详解】因为，所以，又，所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）得，当时，代入验证，也成立，所以；【小问3详解】，所以，所以.18.已知椭圆的离心率为且椭圆经过点，为左右焦点.（1）求椭圆方程；（2）P是椭圆上任意一点，求的取值范围；（3）过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率和所过点求得，从而求得椭圆的方程；（2）设出P点坐标，代入椭圆方程，得到之间的关系，再用表示出，将其转化为函数问题，即可求出范围；（3）联立直线的方程并与椭圆方程，得到，再利用弦长公式得到弦长，代入面积公式化简再利用基本不等式即可得解.【小问1详解】由题意得，解得，椭圆的方程为；【小问2详解】设在椭圆上，，；【小问3详解】由（1）得，椭圆的左焦点，右焦点，则直线的斜率存在时方程为：，设，联立，消去，得，显然，则，所以，点O到直线的距离，则，当且仅当，即不存在时，取“=”，所以当不存在时，面积的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的性质和直线与椭圆的位置关系，求焦点弦与原点所构成的三角形的面积，关键在于设出斜率，并用其表示出弦长和原点到焦点弦的距离，代入面积公式进行计算，本题的难点在于面积表达式的化简，运用整体思想以及基本不等式即可求出最大值.19.（1）已知，求的最大值与最小值；（2）求函数的单调区间.（3）若关于的不等式存在唯一的整数解，求实数的取值范围.【答案】（1）最大值，最小值1；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；（2）求导，再分和求解；（3）解法一：把不等式化为，由的单调性结合端点函数值分析求解即可；解法二：令，求导，对进行分类讨论，判断函数单调性及最大值，从而求得的范围，结合有唯一整数解，进一步求出的取值范围.【详解】（1）因为，所以，令，解得的变化情况如下表所示.1

+0-

单调递增单调递减1所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.当时，有极大值，也是的最大值.又因为，而，所以，所以为的最小值（2）且，当时，在单调递减；当单调递减，单调递增（3）解法一：因为，所以不等式可化为，由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减.因为的最大值，，所以时，最大，所以不等式，即存在唯一的整