2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE11浙江省七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题一、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.已知数列的前n项和为，则等于（）A.32 B.45 C.51 D.56〖答案〗B〖解析〗因为数列的前n项和为，则,故选：B.2.如果直线：与直线：平行，那么实数的值为（）A. B.C.或 D.或〖答案〗A〖解析〗因为直线：与直线：平行，所以，解得.故选：A3.若曲线在处的切线方程为，则（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗因为，则，则，可得，所以，曲线在处的切线方程为，将切点的坐标代入切线方程可得，解得，又因为，解得，因此，，.故选：D.4.等差数列的公差不为0，其前n和满足，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗等差数列的公差不为0，其前n和满足，因此是的最大值，显然，从而，即，，，．故选：C．5.若正方形ABCD的边长为a，E，F分别为CD，CB的中点（如图1），沿AE，AF将△ADE，△ABF折起，使得点B，D恰好重合于点P（如图2），则直线PA与平面PCE所成角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，，可得，，，则，PA，PF，PE三线两两垂直，以P为坐标原点，PE，PF，PA分别为坐标轴建立如图所示的空直角坐标系，可得，设，由，，有，解得，即得，所以可得，，设平面PCE的一个法向量，，令，则，所以平面PCE的一个法向量为，又，设PA与平面PCE所成角为，所以.故选：A6.已知函数存在两个零点，则实数t的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗存在两个零点，则有两个不同的实数根，当时，只有一个零点，不符合题意，故，即有两个不同的实数根，记，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故当时，取极大值也是最大值，又当时，，如图为的图象要使有两个不同的实数根，则，所以，故选：C7.已知双曲线C：的左、右焦点为，，过的直线l分别交双曲线C的左、右两支于A、B.若，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，设，，,其中，由双曲线的定义可知，，即，得，所以，而，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，得，又，所以，得，双曲线的渐近线方程为.故选：B．8.已知，，，其中是自然对数的底数，则a，b，c的大小为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因，，又由，得到，令，则，所以，当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，又因为，所以，即，故选：C.二、选择题：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.已知函数，.下列结论正确的是（）A.函数不存在最大值，也不存在最小值 B.函数存在极大值和极小值C.函数有且只有1个零点 D.函数的极小值就是的最小值〖答案〗BCD〖解析〗，则，令，令或，所以函数在上单调递减，在和上单调递增，且，，如图，所以，函数在处取得极大值，在处取得极小值，极小值即为最小值，且函数有且只有一个零点0.故选：BCD10.已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（）A.若是等差数列，则 B.若是等比数列，则C.若是等比数列，则公比一定为2 D.若是等比数列，则公比是2或－2〖答案〗AB〖解析〗，则，若是等差数列，则成等差数列，因此，所以，A正确；若成等比数列，当时，，满足，此时也满足，但CD显然错误，当时，，则成等比数列，，所以，B正确．故选：AB．11.如图，棱长为2的正方体中，M为的中点，动点N在平面ABCD内的轨迹为曲线Γ.下列结论正确的有（）A.当时，Γ是一个点B.当动点N到直线，的距离之和为时，Γ是椭圆C.当直线MN与平面ABCD所成的角为时，Γ是圆D.当直线MN与平面所成的角为时，Γ是双曲线〖答案〗ACD〖解析〗如图建立空间直角坐标，因为正方形的棱长为2，则有，又M为的中点，所以，设，选项A，因为，，又，所以，即，也即，所以，此时，曲线Γ为点，故选项A正确；选项B，连接，易知动点N到直线，的距离即为线段的长，而又易知，当点不在线段上时，有，所以当动点N到直线，的距离之和为时，点在线段上，此时曲线Γ为线段，故选项B错误；选项C，易知平面的一个法向量为，，所以当直线MN与平面ABCD所成的角为时，有，化简得，此时曲线Γ为，故选项C正确；选项D，易知平面的一个法向量为，，所以当直线MN与平面所成的角为时，有，化简得，此时曲线Γ为，故选项D正确；故选：ACD.12.已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线C上的两个不同的动点，点A关于x轴的对称点为，抛物线C的准线交x轴于点P.下列结论正确的是（）A.若直线过点F，则，且B.若直线过点F，则P，，B三点共线C.若直线过点P，则，且D.若直线过点P，则的最小值为4〖答案〗ABC〖解析〗对于A，若直线过点，设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，易得，所以，则，故A正确；对于B，若直线过点，由A知，则，，当时，，不妨设，则，，所以此时与重合，所以三点共线；当时，，，所以，且为线段的共同起点，所以三点共线，故B正确；对于C，若直线过点P，设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，则，解得或，所以，则，故C正确；对于D，若直线过点P，则在轴的同侧，即，则，而，等号不成立，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把〖答案〗填在答题卡中对应的横线上.13.徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃.《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上.现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异.已知第i（i等于1，2，…，6，7）匹马的最长日行路程是第i＋1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为500里，则这8匹马的最长日行路程之和为_____________里.（取）〖答案〗5700〖解析〗有题意可知：第八匹马、第七匹马、…...,第一批马构成首项为500，公比为1.1的等比数列，所以这8匹马的最长日行路程之和为，故〖答案〗：14.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，，AP与AB，AD的夹角都是60°，若M是PC的中点，则直线MB与AP所成角的余弦值为_________________________.〖答案〗〖解析〗记，因为，所以.又因为，所以.易得，所以，所以，又故〖答案〗为：15.已知椭圆：和双曲线：的焦点相同，，分别为左、右焦点，M是椭圆和双曲线在第一象限的交点.已知，双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率为_____________.〖答案〗〖解析〗设半焦距为，由椭圆的定义和双曲线的定义可得，故，由余弦定理可得，整理得到，所以，因为双曲线的离心率为2，故，故，所以，故，故〖答案〗为：.16.若函数极值点为，则的值为______.〖答案〗1〖解析〗因为，所以，由知，令，则，故函数在上单调递增，又，，设，则，所以当时，，从而，当时，，从而，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故函数有极大值点，所以.故〖答案〗为：1四、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.已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为.（1）求n和a的值；（2）求的展开式中的常数项.解：（1）∵由条件可得，∴解得.（2）.∵展开式的通项为：.∴①当即时，；②当即时，；∴所求的常数项为.18.盒子中有个不同的白球和个不同的黑球.（1）若将这些小球取出后排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，共有多少种不同的排法？（2）随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，共有多少种不同的摸球结果？（3）将这些小球分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子至少一个球，共有多少种不同的放法？（注：要写出算式，结果用数字表示）解：（1）将个不同的白球和个不同的黑球排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，只需先将个不同的黑球进行排序，然后将个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.（2）随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，则黑球得个数可以是或或，由分类加法计数原理可知，不同的摸球结果种数为种.（3）先将这个小球分为组，则这三组小球的个数分别为、、或、、，再将这三组小球分配给三个盒子，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种.19.已知等差数列满足，且，，成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，的前n项和分别为，.若的公差为整数，且，求.解：（1）设等差数列的公差为d，∵，∴，∵，，成等比，∴，即，得，解得或，∴当时，；当时，；∴或.（2）因为等差数列的公差为整数，由（1）得，所以，则，∴.∴.20.如图，三棱柱体积为，侧面是矩形，，，且已知二面角是钝角.（1）求的长度；（2）求二面角的大小.解：（1）侧面是矩形，则，又∵且，平面，∴AC⊥平面，∵，∴平面，平面，∴，∴.∵可知二面角的平面角是钝角，∴在平面中作垂直BC的延长线于H而平面，，，且，平面，∴平面ABC，，，则，，，∴，∴，∴中，，∴，∴.∵中，，，∴由余弦定理可求得，∴.（2）以C为坐标原点，以CA、CB分别为x、y轴，过C作平面BAC的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系.∵，，，，∴，设平面的法向量为，则，则，令，则，∴可得平面的法向量为.又可知平面的法向量为.设所求角为θ，∵可知所求二面角为锐角，∴，，∴二面角为.21.已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.（1）求双曲线的方程；（2）若点、在双曲线的左、右两支上，直线、均与圆相切，记直线、的斜率分别为、，的面积为.①是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.②已知圆的面积为，求.解：（1）由题意可得，解得，所以，双曲线的方程为.（2）设过点且斜率存在的直线的方程为，当直线与圆相切时，有，转化整理为.（※）①因为、是方程（※）的两个根，所以，为定值；②因为圆的面积为，所以，，代入方程（※），可得，解得，.所以，直线、的方程分别为和，联立可得，，所以，，可得，联立可得，，所以，.所以，，.设、切圆于、，则，所以，，所以，，则，所以，.22.已知函数，，.（1）当时，求函数的单调性；（2）若不等式对任意的恒成立，求a的取值范围.解：（1）时，，定义域为,∵，令，∴，当时，，当时，，∴在上递增，在上递减，∴，仅在时取等号，∴在定义域内单调递减.另解：,∵（切线不等式），∴∴恒成立，∴在定义域内单调递减.（2）将整理、转化为：对任意的恒成立，（※）设，,∵，当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴,∴（※）转化为，即对任意的恒成立.设，其中，则.∵对任意的恒成立，∴在时单调递增,∴，∴,∴.∴所求a的范围范围为.浙江省七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题一、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.已知数列的前n项和为，则等于（）A.32 B.45 C.51 D.56〖答案〗B〖解析〗因为数列的前n项和为，则,故选：B.2.如果直线：与直线：平行，那么实数的值为（）A. B.C.或 D.或〖答案〗A〖解析〗因为直线：与直线：平行，所以，解得.故选：A3.若曲线在处的切线方程为，则（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗因为，则，则，可得，所以，曲线在处的切线方程为，将切点的坐标代入切线方程可得，解得，又因为，解得，因此，，.故选：D.4.等差数列的公差不为0，其前n和满足，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗等差数列的公差不为0，其前n和满足，因此是的最大值，显然，从而，即，，，．故选：C．5.若正方形ABCD的边长为a，E，F分别为CD，CB的中点（如图1），沿AE，AF将△ADE，△ABF折起，使得点B，D恰好重合于点P（如图2），则直线PA与平面PCE所成角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，，可得，，，则，PA，PF，PE三线两两垂直，以P为坐标原点，PE，PF，PA分别为坐标轴建立如图所示的空直角坐标系，可得，设，由，，有，解得，即得，所以可得，，设平面PCE的一个法向量，，令，则，所以平面PCE的一个法向量为，又，设PA与平面PCE所成角为，所以.故选：A6.已知函数存在两个零点，则实数t的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗存在两个零点，则有两个不同的实数根，当时，只有一个零点，不符合题意，故，即有两个不同的实数根，记，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故当时，取极大值也是最大值，又当时，，如图为的图象要使有两个不同的实数根，则，所以，故选：C7.已知双曲线C：的左、右焦点为，，过的直线l分别交双曲线C的左、右两支于A、B.若，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，设，，,其中，由双曲线的定义可知，，即，得，所以，而，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，得，又，所以，得，双曲线的渐近线方程为.故选：B．8.已知，，，其中是自然对数的底数，则a，b，c的大小为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因，，又由，得到，令，则，所以，当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，又因为，所以，即，故选：C.二、选择题：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.已知函数，.下列结论正确的是（）A.函数不存在最大值，也不存在最小值 B.函数存在极大值和极小值C.函数有且只有1个零点 D.函数的极小值就是的最小值〖答案〗BCD〖解析〗，则，令，令或，所以函数在上单调递减，在和上单调递增，且，，如图，所以，函数在处取得极大值，在处取得极小值，极小值即为最小值，且函数有且只有一个零点0.故选：BCD10.已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（）A.若是等差数列，则 B.若是等比数列，则C.若是等比数列，则公比一定为2 D.若是等比数列，则公比是2或－2〖答案〗AB〖解析〗，则，若是等差数列，则成等差数列，因此，所以，A正确；若成等比数列，当时，，满足，此时也满足，但CD显然错误，当时，，则成等比数列，，所以，B正确．故选：AB．11.如图，棱长为2的正方体中，M为的中点，动点N在平面ABCD内的轨迹为曲线Γ.下列结论正确的有（）A.当时，Γ是一个点B.当动点N到直线，的距离之和为时，Γ是椭圆C.当直线MN与平面ABCD所成的角为时，Γ是圆D.当直线MN与平面所成的角为时，Γ是双曲线〖答案〗ACD〖解析〗如图建立空间直角坐标，因为正方形的棱长为2，则有，又M为的中点，所以，设，选项A，因为，，又，所以，即，也即，所以，此时，曲线Γ为点，故选项A正确；选项B，连接，易知动点N到直线，的距离即为线段的长，而又易知，当点不在线段上时，有，所以当动点N到直线，的距离之和为时，点在线段上，此时曲线Γ为线段，故选项B错误；选项C，易知平面的一个法向量为，，所以当直线MN与平面ABCD所成的角为时，有，化简得，此时曲线Γ为，故选项C正确；选项D，易知平面的一个法向量为，，所以当直线MN与平面所成的角为时，有，化简得，此时曲线Γ为，故选项D正确；故选：ACD.12.已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线C上的两个不同的动点，点A关于x轴的对称点为，抛物线C的准线交x轴于点P.下列结论正确的是（）A.若直线过点F，则，且B.若直线过点F，则P，，B三点共线C.若直线过点P，则，且D.若直线过点P，则的最小值为4〖答案〗ABC〖解析〗对于A，若直线过点，设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，易得，所以，则，故A正确；对于B，若直线过点，由A知，则，，当时，，不妨设，则，，所以此时与重合，所以三点共线；当时，，，所以，且为线段的共同起点，所以三点共线，故B正确；对于C，若直线过点P，设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，则，解得或，所以，则，故C正确；对于D，若直线过点P，则在轴的同侧，即，则，而，等号不成立，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把〖答案〗填在答题卡中对应的横线上.13.徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃.《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上.现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异.已知第i（i等于1，2，…，6，7）匹马的最长日行路程是第i＋1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为500里，则这8匹马的最长日行路程之和为_____________里.（取）〖答案〗5700〖解析〗有题意可知：第八匹马、第七匹马、…...,第一批马构成首项为500，公比为1.1的等比数列，所以这8匹马的最长日行路程之和为，故〖答案〗：14.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，，AP与AB，AD的夹角都是60°，若M是PC的中点，则直线MB与AP所成角的余弦值为_________________________.〖答案〗〖解析〗记，因为，所以.又因为，所以.易得，所以，所以，又故〖答案〗为：15.已知椭圆：和双曲线：的焦点相同，，分别为左、右焦点，M是椭圆和双曲线在第一象限的交点.已知，双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率为_____________.〖答案〗〖解析〗设半焦距为，由椭圆的定义和双曲线的定义可得，故，由余弦定理可得，整理得到，所以，因为双曲线的离心率为2，故，故，所以，故，故〖答案〗为：.16.若函数极值点为，则的值为______.〖答案〗1〖解析〗因为，所以，由知，令，则，故函数在上单调递增，又，，设，则，所以当时，，从而，当时，，从而，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故函数有极大值点，所以.故〖答案〗为：1四、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.已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为.（1）求n和a的值；（2）求的展开式中的常数项.解：（1）∵由条件可得，∴解得.（2）.∵展开式的通项为：.∴①当即时，；②当即时，；∴所求的常数项为.18.盒子中有个不同的白球和个不同的黑球.（1）若将这些小球取出后排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，共有多少种不同的排法？（2）随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，共有多少种不同的摸球结果？（3）将这些小球分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子至少一个球，共有多少种不同的放法？（注：要写出算式，结果用数字表示）解：（1）将个不同的白球和个不同的黑球排成一排，使得黑球互不相邻，白球也不相邻，只需先将个不同的黑球进行排序，然后将个不同的白球插入黑球在中间所形成的空位中，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.（2）随机一次性摸出个球，使得摸出的三个球中至少有个黑球，则黑球得个数可以是或或，由分类加法计数原理可知，不同的摸球结果种数为种.（3）先将这个小球分为组，则这三组小球的个数分别为、、或、、，再将这三组小球分配给三个盒子，由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数为种.19.已知等差数列满足，且，，成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，的前n项和