浙江省杭州四校2024-2025高二数学下学期期中联考试题

浙江省杭州2024-2025高二下学期期中四校联考试卷数学本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校､班级､姓名､试场号､座位号及准考证号；3.全部答案必需写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.第I卷（选择题）一､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，只有一项是符合题目要求的.1.在空间直角坐标系中，，则的值为（）A.0 B.1 C.2 D.-1【答案】A【解析】【分析】利用空间向量垂直的坐标运算即可求出结果.【详解】因为，又，所以，解得，故选：A.2.已知等比数列的公比，前3项和为，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据等比数列通项公式得到，即可求出，从而求出.【详解】依题意，即，解得或，又，所以，所以.故选：D3.第19届亚运会将于今年在杭州实行.你在西湖边遇到了志愿者装扮的祥瑞物“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”.假如你要和三个祥瑞物一起拍合照,且你不希望站在两端,则共有()种不同的站法.A.24 B.18 C.12 D.9【答案】C【解析】【分析】利用间接法求解即可.【详解】4人站成一排共有种排法,你站在左右两端的排法有种,所以满意题意的有种.故选:C.4.如图，在正方体中，棱长为2，点分别为棱､中点，则点到平面的距离为（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，令，则，所以，则点到平面的距离为.故选：B.5.已知函数，则下列结论正确的是（）A.肯定有极大值B.当时，有微小值C.当时，可能无零点D.若在区间上单调递增，则【答案】D【解析】【分析】利用导数含参探讨函数的单调性，判定极值与最值即可.【详解】由题意可得：，若，则恒成立，即在定义域上单调递增，无极值，故A错误；若，令，易得：在上单调递增，在上单调递减，即有极大值，故B错误；若，由上知在定义域上单调递增，当时，，当时，，故使得，故C错误；若在区间上单调递增，则由上可知①时，恒成立，满意题意；②时，则，即，综上可得，故D正确.故选：D6.已知圆关于直线对称，则的最小值为（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】依据题意分析可得表示直线上任一点到坐标原点的距离，结合点到直线的距离运算求解.【详解】已知圆的圆心为，半径，由题意可知：直线过圆心，即，表示直线上任一点到坐标原点的距离，故的最小值即为到直线的距离.故选：B.7.已知，则的大小为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设，利用导数可得在上单调递增，在上单调递减，从而可得最大，再依据对数的运算性质比较的大小即可.【详解】解：因为，，设，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，，又因为，所以.故选：D.【点睛】方法点睛：对于较困难的对数、指数式的大小比较，通常构造函数，利用所构造函数的单调性即可解答问题.8.已知双曲线，以右顶点为圆心，为半径的圆上一点（不在轴上）处的切线与交于两点，且为中点，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求双曲线的渐近线，利用双曲线中点弦及切线斜率可得答案.【详解】由题意得双曲线渐近线，，圆，切点在双曲线左支和右支之间，由对称性，不妨设切点在轴上方；设，，，则，因为直线的斜率，所以切线斜率.因为①，②；②—①得，可得，所以，，，故.又在圆上，所以.因为切点在轴的上方，切线与双曲线交于两点，一条渐近线的斜率为，所以有，代入，可得，故，即.故选：A【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用点差法找到半径与的关系式；二是利用直线与双曲线的位置关系确定的范围.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知的二项绽开式各项系数和为32，则下列说法正确的是（）A. B.含的项系数为90C.第3项的二项式系数为10 D.常数项为1【答案】AC【解析】【分析】用赋值法推断A；依据二项式系数的定义推断C；依据二项式的绽开式的公式推断B，D.【详解】解：对于A，将代入得，解得，故正确；对于B，因为，所以的绽开式中第项为：，所以当时，，故错误；对于C，当时，，故正确；对于D，当时，，即常数项为-1，故错误.故选：AC.10.已知函数，则（）A. B.是周期函数C.在单调递减 D.【答案】ACD【解析】【分析】求出，分析得到和的周期性，然后利用导数法得到在单调性，最终通过证明得出.【详解】定义域为，，对于A，，A正确；对于B，由于不是周期函数，不具备周期性，B错误；对于C，令，则，当时，，，在单调递减，，，在单调递减.C正确；对于D，要证，即证.令，即证.当时，令，，所以在上单调递减，所以，即，当时，，当时，，所以，即，.D正确.故选：ACD.11.已知数列满意，其中是给定的实数.设，以下推断正确的是（）A.是等差数列B.C.的通项公式为D.数列的最小项是【答案】BCD【解析】【分析】先将条件变形得出的递推公式，再利用累加法得出的通项公式，确定C正确,A错误；依据的通项公式依次求出数列前三项，进而求出，确定B正确；再依据数列单调性列出不等式组求解出最小项下标，得出D正确.【详解】由已知条件，得，即，所以，，…，，将这个式子左右两边分别相加可得，即，代入验证也符合，所以C正确；依据的通项公式依次求出数列前三项，，，明显不是等差数列，所以A错误；再由，，得，同理依据，，得，所以B正确；设数列的最小项为，则，即，所以，解得，由于，，所以，即数列的最小项是.故选：BCD.12.二次曲线，则下列选项正确的是（）A.曲线关于轴对称B.曲线在处的切线为C.曲线与直线有两个交点D.曲线与圆有四个交点【答案】CD【解析】【分析】利用关于轴对称的一般方法，设点为二次曲线上随意一点，分别将代入曲线方程，验证即可得出；联立方程，推断方程的解的个数，并结合直线和圆的位置关系，即可推断其交点个数.【详解】对于选项A，设点为二次曲线上随意一点，满意，则点代入曲线方程，得，所以点不在二次曲线上，所以曲线不关于轴对称，故选项A错误.对于选项B，联立方程，得到或，直线与二次曲线有两个公共点和，所以曲线在处不相切，故选项B错误.对于选项C，联立方程，得到或，所以曲线与直线有两个交点和，故选项C正确.对于选项D，联立方程，得到，即，所以，解得，当时，直线过，又因为在的内部，所以直线与圆有两个交点；当时，直线过，又因为在内部，所以直线与圆有两个交点；所以两条直线与圆有四个交点，曲线与圆有四个交点，故选项D正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是联立两个曲线方程，找到的线性关系，利用直线与圆的位置关系进行判定.第II卷（非选择题）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的探讨成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数动身引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，则第10条斜线上，各数之和为______.【答案】【解析】【分析】依据数字之间的关系找到规律，然后进行求解即可.【详解】因为从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，所以可以推断从第三个数起先，每个数是它前两个数的和，所以可得：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，因此第10条斜线上，各数之和为，故答案为：14.椭圆，直线与椭圆截得的弦的中点分别为，则椭圆的上顶点到直线的距离为__________.【答案】##【解析】【分析】利用条件干脆求出，进而求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式即可求出结果.【详解】由椭圆的对称性知，和直线的交点的中点为，设与椭圆的交点为，由，消去得到，即，由韦达定理得，所以，所以，所以直线的方程为，又上顶点为，所椭圆的上顶点到直线的距离为，故答案为：.15.从1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有__________种（用数字作答）.【答案】912【解析】【分析】分类探讨两组数的奇偶性即可.【详解】若和都是奇数，则为一奇一偶，也一奇一偶，有种取法；若和都是偶数，则有以下两种状况：①两奇（偶）数，两奇（偶）数，有种取法；②两奇（偶）数，两偶（奇）数，有种取法；共计576+48+288=912种取法.故答案为：91216.已知不等式恒成立，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】通过同构，令，利用其单调性得到区间上恒成立，从而将问题转化成恒成立问题，再令，通过求出的最小值，从而求出结果.【详解】易知，由，得到，即，令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，所以，得到在区间上恒成立，令，所以，当时，，当时，，即在区间上递减，在区间上递增，所以，得到，又，所以，故答案为：.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.设数列满意，等比数列满意，.（1）求、的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由可求得数列的通项公式，求出等比数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【小问1详解】解：当时，，当时，，也满意，所以，对随意的，.设等比数列的公比为，则，所以，，因此，.【小问2详解】解：因为，所以，，，两式相减：，于是.18.已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）方程恰有两个不同的实根，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据切点和斜率求得切线方程.（2）利用导数求得单调区间和极值，由此求得的取值范围.【小问1详解】依题意，，，所以，又，所以切线方程为.【小问2详解】因为，所以：当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减.所以在处取得极大值也即是最大值，对于函数，，，当时，；当时，.所以的取值范围是.19.为了保证我国东海油气田海疆的海上平台的生产平安，海事部门在某平台的正东方向设立了两个观测站和（点在点､点之间），它们到平台的距离分别为1海里和4海里，记海平面上到两观测站的距离之比为的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为平安预警区（如图）.（1）以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程；（2）海平面上有巡航视察点可以在过点垂直于的直线上运动.（i）若为的中点，求的最小值；（ii）过作直线与曲线相切于点.证明：直线过定点.【答案】（1）（2）（i）3；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）设出，由干脆法得到轨迹方程；（2）（i）结合第一问中，数形结合得到的最小值；（ii）设，，考虑斜率不存在和存在两种状况，当斜率存在时得到过点的切线方程，代入后得到，同理得到，故得到直线的方程为，过定点，当斜率不存在时，直线的方也过点，得到答案,【小问1详解】设，则由题意，依据题意可知，，，故曲线的方程为：；【小问2详解】（i）直线的方程为.若为的中点，则，，当三点共线且重合时，的最小值为；（ii）设，，，当时，斜率不存在，此时过点的切线方程为或，不妨设切线方程为，此时，故，设过的另一条切线方程为，则，解得，解得，联立与，解得，此时直线为，整理得，当时，斜率为0，此时过点的切线方程为，此时与直线无交点，不合要求，当且时，，则过点的切线方程为，整理得，即，因为，故切线方程为，因为在切线方程上，故，设，同理可得，则直线的方程为，过定点，明显也过点，过定点.【点睛】内容点睛：过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为20.如图，在四棱台中，底面是菱形，，梯形底面，.设为的中点.（1）求证：平面；（2）上是否存在一点，使得与平面所成角余弦为，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）不存在这样符合条件的点，理由见解析【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到，再证明，即可得到平面，最终由，即可得证；（2）由面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】证明：取的中点，连接，则共面又，所以；由底面是菱形，，所以为正三角形，所以，又，平面，所以平面，又，，所以，所以平面.【小问2详解】因为平面平面平面，，平面平面，所以平面，则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，所以，，设，则，，设平面法向量,由，则，则,所以，整理得，由，所以方程无实数根，故不存在这样符合条件的点.21.已知是抛物线上一点，是的焦点，.（1）求的方程；（2）设，直线与交于，若的重心在上，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）是抛物线上一点，到焦点距离与到准线距离相等，列等式算出，可得抛物线方程；（2）设直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合弦第公式表示出面积，利用的重心在上进行化简，再依据算式推断最大值.【小问1详解】是抛物线上一点，是的焦点，，所以到准线的距离，解得，抛物线方程为：【小问2详解】设直线，F，E为AN，BN中点，D为的重心，如图所示，由，得到，则，设重心为，则，重心在上，