浙江省2023-2024学年高二数学下学期5月期中试题含答案

/2023-2024学年高二数学下学期5月期中考试试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本试卷主要考试内容：高考全部内容.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，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求出集合，再求交集即可.【详解】因为，所以.故选：B．2.双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由双曲线，可得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C．3.已知向量，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】由向量，可得，因为，可得，解得.故选：A.4.为虚数单位，则（）A. B.i C. D.1【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘方计算即可求解.【详解】因为，所以.故选：D．5.已知正数x，y满足，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据基本不等式可得，结合完全平方公式计算即可求解.【详解】因为，即，当且仅当时等号成立，所以．故选：C．6.圆台的上底面面积为，下底面面积为，母线长为4，则圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知：上、下底面的半径，结合圆台的侧面积公式运算求解.【详解】由题意可知：上、下底面的半径分别为1和3，所以侧面积为.故选：D．7.对于数列，设甲：为等差数列，乙：，则甲是乙的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式计算可证明充分性；由得，两式相减，结合等差中项的应用即可证明必要性.【详解】充分性：若是等差数列，则．必要性：若，则，两式相减得，即，所以是等差数列．所以甲是乙充要条件.故选：C．8.袋子中装有5张编号分别为1，2，3，4，5的卡片，从袋子中随机选择3张卡片，记抽到的3张卡片编号之和为，编号之积为，则下列说法正确的是（）A.是3的倍数的概率为0.4 B.是3的倍数的概率为0.6C.是3的倍数的概率为0.2 D.是3的倍数的概率为0.8【答案】A【解析】【分析】利用列举法写出符合题意的样本点，结合古典概型的概率公式计算即可求解.【详解】样本空间：个样本点，是3的倍数的情况包括，共4个样本点，所以其概率为0.4．T是3的倍数的情况数为，所以其概率为0.6．故选：A．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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若直线与圆相交于两点，则的长度可能等于（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】BCD【解析】【分析】根据直线过定点，可得，即可根据圆的弦长公式求解.【详解】设圆心到直线的距离为，由于直线恒过原点，且，故，又，即，故选：BCD．10.已知，则下列等式成立的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】由两角差与和的正弦余弦公式及同角三角函数的平方关系化简即可得出判断．【详解】对于AB，，故A错误，B正确；对于CD，，故C错误，D正确；故选：BD．11.下列定义在上的函数中，满足的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对A、B、D：借助函数性质与基本不等式逐项计算即可得；对C：借助余弦函数的性质计算即可得.【详解】对A：，则，当且仅当时，等号成立，故A正确；对B：，则，当且仅当时，等号成立，不满足条件，故B错误；对C：，故C正确；对D：，，当且仅当时，等号成立，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为______．【答案】40

【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，直接计算即可得到结果.【详解】展开式的通项公式为，令，则，所以的系数为．故答案为：40.13.已知过椭圆的右顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为______．【答案】##【解析】【分析】根据题意，设，结合，求得，代入椭圆的方程得到，再由离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，由椭圆对称性不妨设，且，因为，可得，可得，可得，解得，即，代入椭圆的方程，可得，解得，所以．故答案为：.14.若不等式对任意满足的正实数x，y，z均成立，则实数的最大值为______．【答案】【解析】【分析】先分离常数转化成求的最小值问题，根据，把放缩成，再变形，就可以用基本不等式求最小值，即为的最大值.【详解】因为x，y，z为正实数，所以，因为，所以，即，又，所以.当且仅当时上式最右侧等号成立.故答案为：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.已知函数．（1）求函数在处的切线方程；（2）求函数的单调区间和极值．【答案】（1）（2）单调递增区间为，单调递减区间为，，极大值为，极小值为【解析】【分析】（1）求出导函数可得切线的斜率，求出切点，再由直线的点斜式方程可得答案；（2）利用导数判断出函数的单调性可得答案.【小问1详解】函数，导函数，所以在处切线的斜率为，切点的纵坐标为，所以切点为，所以切线方程为，即；【小问2详解】函数，导函数，由得，得或，所以单调递增区间为，单调递减区间为．所以极大值为，极小值为.16.已知盒中有2个黑球和2个白球，每次从盒中不放回地随机摸取1个球，只要摸到白球就停止摸球．（1）求摸球三次后刚好停止摸球的概率；（2）记摸球的次数为随机变量，求的分布列和期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由摸球三次后刚好停止摸球分析得，前两次摸到黑球第三次一定摸到白球，计算概率即可；（2）分析得，，求出的每个取值的概率可得分布列，由期望公式可得期望．【小问1详解】摸球三次后刚好停止摸球，则前两次摸到黑球第三次一定摸到白球，则．【小问2详解】分析得，，所以的分布列为123．17.如图，在正三棱柱中，为侧棱的中点．（1）求证：平面平面．（2）若，求平面与平面所成二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据等腰三角形三线合一、线面垂直的判定定理先证明E与中点的连线垂直于平面，再用面面垂直的判定定理证明即可；（2）先找出二面角两个平面的法向量，得出即是二面角的大小，从而求出结果.【小问1详解】连接，交于点，再连接、、,根据题意得，四边形是矩形，则M为的中点．因为为侧棱的中点，所以,在和中，两组直角边相等，根据勾股定理得两条斜边相等，即，所以，同理可证．因为与交于点M，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】当时，三个侧面均为正方形，由，同（1）易证，且都在面内，所以面，故是面的一个法向量，由题设知：是面的一个法向量，且平面与平面所成二面角是锐角，由图知：所成二面角的大小为18.如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点，，当恰好为线段的中点时，．（1）求抛物线的方程；（2）求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设直线，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意可得，再由弦长公式得到方程，解得即可；（2）根据数量积的运算律得到，又，同理可得，再由基本不等式计算可得.小问1详解】解法一：设直线，联立，得，所以．又因为是的中点，所以，又，代入化简得，解得．故抛物线的方程为．解法二：设直线的倾斜角为，再设、的坐标都为，代入抛物线方程得，化简得．则，，因为是的中点，所以，即．又因为，将代入化简得，即，所以抛物线的方程为．【小问2详解】解法一：，由（1）可得，，因为，同理，所以，当且仅当时，等号成立，即所求最小值为．，而，所以CD的倾斜角为或，同理可求得，即，当且仅当或时，等号成立，即所求最小值为．19.对于正整数m，n，存在唯一的自然数a，b，使得，其中，我们记．对任意正整数，定义的生成数列为，其中．（1）求和．（2）求的前3项．（3）存在，使得，且对任意成立．考虑的值：当时，定义数列的变换数列的通项公式为当时，定义数列的变换数列的通项公式为若数列和数列相同，则定义函数，其中函数的定义域为正整数集．（ⅰ）求证：函数是增函数．（ⅱ）求证：．【答案】（1）；（2）2；（3）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】分析】（1）根据，结合即可求解；（2）由和新定义分别求出即可；（3）（ⅰ）由题意可知当时，进而，根据，结合作差法分类讨论当、时的大小关系，即可证明；（ii）若数列的变换数列为，数列的变换数列为，即．分类讨论、情况下的数量关系，即可证明.【小问1详解】，所以．【小问2详解】，，．【小问3详解】（ⅰ）对任意正整数，总有，且一定存，使得，此时有，即当时，．因为，所以，又，所以，所以．因为．若和的变换数列分别为和，且，数列满足，且当时，，数列满足，且当时