浙江省精诚联盟2022-2023学年高二下学期联考模拟数学试题

20222023学年浙江省精诚联盟高二（下）联考数学模拟试卷一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1.过空间三点，，的平面的一个法向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出平面的法向量为，利用垂直关系，布列方程组，即可得到结果.【详解】，．设平面的法向量为．由题意知，，所以，解得，令，得平面的一个法向量是．故选：A2.设双曲线的右焦点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于另一点（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设点为第一象限的点，求得，再利用公式可计算出双曲线的离心率.【详解】如下图所示：设点为第一象限的点，由于以为直径的圆交双曲线的渐近线于点，则，且，，因此，双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，在涉及双曲线的渐近线方程时，利用公式计算较为简便，考查计算能力，属于中等题.3.直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】利用向量投影和勾股定理即可计算.【详解】∵，，∴，又，∴在方向上的投影，∴P到l距离.故选：C4.平面直角坐标系中，，，动点满足，则使为等腰三角形的点个数为（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】设，根据可得动点的轨迹方程为圆，再结合为等腰三角形分析即可求解.【详解】设，由，得，整理得，记为圆又，为等腰三角形，则有或.因为圆与圆相交，故满足点有2个；因为圆与圆相交，故满足点有2个，故使为等腰三角形的点共有4个.故选：D.5.某亲子栏目中，节目组给6位小朋友布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷点有远、近两处；②由于小朋友甲年纪尚小，所以要么不参与该项任务，要么参与搜寻近处投掷点的食物，但不参与时另需1位小朋友在大本营陪同；③所有参与搜寻任务的小朋友被均匀分成两组，一组去远处，一组去近处．那么不同的搜寻方案有（）A.10种 B.40种 C.70种 D.80种【答案】B【解析】【分析】分别分析甲不参与任务和甲参与任务两种情况，结合题意，分析计算，即可得答案.【详解】若甲不参与任务，则需要先从剩下的5位小朋友中任意选出1位陪同，有种选择，再从剩下的4位小朋友中选出2位搜寻远处，有种选择，最后剩下的2位小朋友搜寻近处，因此搜寻方案共有（种）；若甲参与任务，则其只能去近处，需要从剩下的5位小朋友中选出2位搜寻近处，有种选择，剩下的3位小朋友去搜寻远处，因此搜寻方案共有（种）．综上，搜寻方案共有（种）．故选：B．6.已知直线与抛物线相交于A、B两点，F为C的焦点，若,则k=A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】将y=k(x+2)代入y2=8x,得k2x2+(4k28)x+4k2=0.设交点的横坐标分别为xA,xB,则xA+xB=4,①xA·xB=4.又|FA|=xA+2,|FB|=xB+2,|FA|=2|FB|,∴2xB+4=xA+2.∴xA=2xB+2.②∴将②代入①得xB=2xA=4+2=2.故xA·xB==4.解之得k2=.而k>0,∴k=,满足Δ>0.故选D.7.已知数列的首项是，前项和为，且（），设，若存在常数，使不等式（）恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据数列的递推式可得到，构造等比数列求出，继而求出，再利用基本不等式求得的最大值，则可得答案.【详解】当时，由可得，两式相减得：，即，而，，故，所以是以为首项，为公比的等比数列，则，故，所以，而，当且仅当时取等号，故，当且仅当时取等号，所以若存在常数，使不等式（）恒成立，则的最小值为，故选：C8.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将式子变形为，构造函数,求导判断单调性，进而将问题转化成，分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可.【详解】等价于.令函数，则，故是增函数.所以等价于，故，即.令函数，则.当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，故实数的取值范围为.故答案为：【点睛】对于利用导数求解参数范围的问题的求解策略：1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3.根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9.下列命题中，表述正确的是（）A.直线恒过定点B.圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是D.已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过定点【答案】BD【解析】【分析】将直线的方程进行整理利用参数分离即可判断选项A；根据圆心到直线的距离与半径的关系比较即可判断选项B；直线过定点，数形结合得判断选项C；设出点坐标，求出以线段为直径的圆的方程，与已知圆的方程相减即可得直线的方程，即可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】解：对于选项A：由可得：，由可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，所以，圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；对于选项C：由题知直线过定点，曲线表示以为圆心，为半径的圆在直线及上方的半圆，如图，直线为过点，与半圆相切切线，切点为，所以，要使直线与曲线有两个不同的交点，则，所以，当直线与半圆相切时，有，解得，即因为，所以实数的取值范围是，故C选项错误；对于选项D：设点坐标为，所以，即，因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，整理可得：，与已知圆相减可得，消去可得：，即，由可得，所以直线经过定点，故选项D正确.故选：BD10.1202年，斐波那契在《算盘全书》中从兔子问题得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，19世纪以前并没有人认真研究它，但在19世纪末和20世纪，这一问题派生出广泛的应用，从而活跃起来，成为热门的研究课题，记为该数列的前项和，则下列结论正确的是（）A. B.为偶数C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据递推关系计算出的值可判断选项A；根据数列中项的特点可判断选项B；由可得，再化简可判断选项C；由，化简整理可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A：由题意知：，，，，，，，，，，，故选项A正确；对于B：因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字的特点为：奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，呈奇奇偶的顺序排列，而（组）（个），故为奇数，选项B错误；对于C：由题意知：，所以，故选项C正确；对于D：，故选项D正确，故选：ACD.11.已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，直线与椭圆交于两点，的角平分线与轴相交于点，与轴相交于点，则（）A.四边形的周长为8B.的最小值为C.直线的斜率之积为D.当时，【答案】AC【解析】【分析】利用对称以及椭圆的定义即可判断A，结合基本不等式即可判断C，利用两点斜率公式即可判断C，由角平分线的性质结合等面积法可得，利用联立方程以及弦长公式即可代入求值.【详解】连接,,由椭圆的对称性可知关于原点对称，所以四边形为平行四边形，所以，对于A,四边形的周长为,故A正确，对于B,由于，所以,当且仅当等号成立，故的最小值为，故B错误，对于C，设，不妨设为第一象限，，则所以，故C正确，对于D，联立直线与椭圆的方程得，故直线的方程为，令，，由于是角平分线，所以由等面积法可得,假若，则，则解得或，由于，故舍去，此时，由于，所以，将其代入，故D错误，故选：AC【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用。12.判断下列命题正确的是（）A.函数的极小值一定比极大值小．B.对于可导函数，若，则为函数的一个极值点．C.函数内单调，则函数在内一定没有极值．D.三次函数在R上可能不存在极值．【答案】CD【解析】【分析】根据导数与极值的关系依次判定即可.【详解】对于A选项，根据极值定义，函数的极小值不一定比极大值小，则A选项错误；对于B选项，若或恒成立，则无极值点，此时导函数的零点为函数拐点，则B选项错误；对于C选项，在内单调，因为区间为开区间，所以取不到极值，则C选项正确；对于D选项，三次函数求导以后为二次函数，若或恒成立，则无极值点，故D选项正确；故选：CD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13.若有恒等式，则______；______.【答案】①.②.【解析】【分析】首先根据展开式中的指数特点，即可求出的值.再分别令和得到，即可得到.【详解】由题知：展开式中，项为，所以，所以.对等式，令，得①，令，得②，①②得：，即.所以.故答案为：；【点睛】本题主要考查二项式定理得应用，同时考查学生的运算求解能力，属于中档题.14.对双胞胎站成一排，要求每对双胞胎都相邻，则不同的站法种数是__________．（用数字作答）【答案】48【解析】【分析】根据捆绑法结合排列公式即可得到答案.【详解】根据题意，每对双胞胎都相邻，故不同的站法为.故答案为：48.15.点在曲线上移动，且在点处的切线的斜率的取值范围是，则切线倾斜角的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据切线斜率范围可得，结合的范围可得结果.【详解】由题意知：，又，.故答案为：.16.若，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】利用柯西不等式可直接求得结果.【详解】由柯西不等式得：，即，（当且仅当时取等号），的最小值为.故答案为：.四．解答题（共6小题，满分70分）17.分别求满足下列条件的各圆的方程.（1）过点且圆心在直线上；（2）与轴相切，圆心在直线上，且被直线截得的弦长为.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求得弦的中垂线方程，联立求得圆心，计算半径，可得答案；（2）设出圆心与半径，利用弦长公式，可得答案.【小问1详解】由，则其中点坐标为，直线的斜率，即线段的中垂线方程为，联立两直线方程，可得，解得，则圆心为，半径，故圆的方程为.【小问2详解】设圆心为，则半径，，即，圆心到直线的距离，由直线截得的弦长为，则，解得，当时，，半径，此时圆的方程为；当时，，半径，此时圆的方程为.18.如图，在直三棱柱中，，，，，为的中点.（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）证明后，建立空间直角坐标系，然后用点到面的距离公式即可;（2）通过法向量，算出二面角的余弦值，然后再求解正弦值即可.【小问1详解】在中，由余弦定理得：∴，∴，∴，又∵平面，∴以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系：∵，，，，，，∴，，，设平面的法向量为，∴，，，不妨取，，，∴，∴点到平面的距离；小问2详解】设平面的法向量为,∴，，且,，取，则，，则平面的法向量为，设平面的法向量为，∴，，且,，，取，则，，则∴，设二面角对应的平面角为，∴19.已知等差数列的公差，且前项和的最小值为，求公差．【答案】【解析】【分析】由前项最小值和公差可知；利用和等差数列前项和公式可构造不等式求得的范围，结合可得结果.【详解】等差数列前项和的最小值为，且，，，解得：；，即，，，解得：，又，.20.为弘扬中国传统文化，某电视台举行国宝知识大赛，先进行预赛，规则如下：①有易､中､难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次.四轮答题得分总和不低于10分进入决赛.选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如下表：容易题中等题难题答对概率答对得分345（1）若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；（2）甲四轮答题中，选择了一个容易题､两个中等题､一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为，求随机变量的数学期望.【答案】（1）选择容易题进行答题，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：即都选择容易题，都选择难题，选择一个容易题、一个难题，分别求出总得分不低于10分的概率，即可判断；（2）依题意的可能取值为、、、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列，再求出数学期望即可；【小问1详解】解：依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为；因为，所以后两轮应该选择容易题进行答题；【小问2详解】解：依题意的可能取值为、、、、、，则，，，，，，所以的分布列为：所以21.如图，已知双曲线的方程为（），两条渐近线的夹角为，焦点到渐近线的距离为．、两动点在双曲线的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限，是直线与双曲线右支的一个公共点，.（1）求双曲线的方程；（2）当时，求的取值范围；（3）试用表示的面积，设双曲线上的点到其焦点的距离的取值范围为集合，若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先由题意，得到双曲线的渐近线方程，根据夹角公式，由题中条件，得到，再由点到直线距离公式，求出，进而可得出结果；（2）先由题意，设，，，，当，得到代入双曲线方程，得到，再计算向量数量积，即可得出结果；（3）同（2），设，，，，由得，代入双曲线方程，得到，再由点到直线距离公式，两点间距离公式，求出，由题中条件，求出，进而可求出结果.【详解】（1）由题意双曲线渐近线为.根据夹角公式.又.所以.（2）由题意，设，，，，当时，，则所以，整理得；又，，所以，当且仅当时，等号成立；所以.（3）同（2），设，，，，由得，即，则所以.把点的坐标代入双曲线的方程得.所以，因为直线的斜率为，则直线的方程为