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文档简介
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,
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