2023-2024学年浙江省“七彩阳光”新高考研究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PAGEPAGE2浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题考生须知：1.本卷共四页满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.一、单选题（每小题5分共40分）1.若双曲线的离心率为，则其渐近线的斜率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题可知：，则又，所以双曲线的渐近线方程为：，所以可知渐近线的斜率为故选：B2.已知空间两条不同直线，两个不同平面，下列命题正确的是（）①，则②，则③，则④，则A.①③ B.②④ C.①③④ D.①④〖答案〗C〖解析〗若，由线面垂直的性质，垂直同一个平面的两条直线平行，则，故①正确；若，则或与相交或异面，故②错误；若，由垂直同一条直线的两个平面平行，则，故③正确；若，由线面垂直和线面平行性质可得，故④正确.故选：C.3.已知直线，圆.则直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切 C.相离 D.与a有关〖答案〗A〖解析〗因为圆的圆心为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以直线与圆的位置关系是相交.故选：A4.东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排她们中间，则全部排法有（）种.A.120 B.240 C.480 D.720〖答案〗B〖解析〗因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，所以捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列有种，又因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，则佳艳､刘西全排列有种，所以全部排法有：种，故选：B5.已知等差数列，前项和为是方程两根，则（）A.2020 B.2022 C.2023 D.2024〖答案〗D〖解析〗因为是方程两根，所以，所以，所以.故选：D6.空间点，则点到直线的距离（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意得，所以，所以，所以点A到直线BC的距离.故选：D.7.已知椭圆，为椭圆上一动点（不含左右端点），左右端点为，则离心率e的范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，，，，，由题意可知，，即，得，则.故选：B8.三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗中，，由余弦定理得；设底面的外心为，外接圆的半径为；由正弦定理，则；连结，此时的外接球的球心在上，利用直角可得：，设的外接球的半径为；此时，在直角中，，即，解得；所以，三棱锥的外接球的表面积.故选：.二、多选题（每小题6分，共18分，多选.错选0分少选则根据比例得分）9.已知直线和直线，则下列说法正确的是（）A.若，则表示与轴平行或重合的直线B.直线可以表示任意一条直线C.若，则D.若，则〖答案〗ABD〖解析〗对于A，当时，斜率为0，与轴平行或重合，故A正确；对于B，当时，斜率不存在，当时，斜率存在，能表示任意直线，故B正确；对于C，若，且或，则，故C错误；对于D，若，则由可得斜率之积为-1，故，若，可得，此时满足，此时两条直线一条斜率为0，一条斜率不存在，故，故D正确.故选：ABD.10.已知正项等比数列的公比为，前项积为，且满足，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.存在最大值〖答案〗ACD〖解析〗由已知，又，，所以，，A正确，B错误；，，所以，C正确；因为且，所以等比数列递减数列，于是，则的最大值为，D正确.故选：ACD11.已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（）A. B.在定义域上单调递增C.是偶函数 D.函数有两个极值点〖答案〗AD〖解析〗对于A，令得，即，A正确；对于B，若在定义域上单调递增，当时，，令，得，即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；对于C，若是偶函数，则，且，因为，所以，所以，即，得或，又，所以恒成立，矛盾，故C错误；对于D，当时，，记，则所以，令解得或，因为不恒为零，所以在两边异号，所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确.故选：AD三、填空题（每小题5分共15分）12.抛物线的准线方程为_____.〖答案〗〖解析〗由抛物线，抛物线的准线方程为．故〖答案〗为：．13.展开式中常数项为__________.〖答案〗〖解析〗展开式中,通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为.故〖答案〗为：15.14.已知正方体是边长为1的正方体，点为正方体棱上的一动点，则使得的点有__________个.（用数字作答）〖答案〗〖解析〗正方体的棱长为1，则，显然，因此，在过直线的某一平面内，点的轨迹是以为二焦点，长轴长的椭圆，半焦距，短半轴长，，在空间，点的轨迹是上述椭圆绕直线旋转半周形成的几何体，不妨称此几何体为椭球，显然点都在此椭球内，连接，由平面，平面，得，点到直线的距离，令椭球被平面所截边界曲线方程为，令点的横坐标为，而，则，过点垂直于的直线与椭圆交点坐标为，于是，，，即点在椭圆外，因此正方体的顶点在椭球内，其余顶点都在椭球外，则棱与椭球各有一个公共点，取棱中点，连接，则，显然，，，则点在椭球被平面所截边界椭圆内，即点在椭球内，棱与椭球有2个公共点，同理棱与椭球都各有2个公共点，所以椭球与此正方体的所有棱的公共点个数为，即符合条件的点有18个.故〖答案〗为：18四、解答题（共77分）15.函数，求的最大值和最小值解：，又，时递减，时递增，且，，，16.如图多面体，底面为菱形，，，，平面平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角的余弦值.解：（1）在中，，由，，所以，由余弦定理可得，所以，所以，即，又，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，，在菱形中，又，平面，平面，平面，.（2）菱形中，所以为等边三角形，取中点，连接，所以，又，所以，又平面，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，设，则，又，所以，所以，即，所以，设平面的一个法向量为，则，取设平面的一个法向量，则，取，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面所成锐角的余弦值为.17.（1）求圆和圆的公切线（2）若与抛物线相交，求弦长解：（1）当斜率存在时，设公切线为，因为与两圆相切，所以，解得.切线当斜率不存在时，也符合题意，综上：公切线为：或；（2）当切线和时经检验无交点，当切线为时，求得弦长为1，当切线为时，代入，得：，由韦达定理得，所以由弦长公式得：，，综上：弦长1或18.在高等数学中对于二阶线性递推式求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列的特征方程写为①，若①有两个不同实数根，则可令；若①有两个相同的实根，则可令，再根据求出，代入即可求出数列的通项.（1）斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名.斐波那契数列指的是形如的数列，这个数列的前两项为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请求出斐波那契数列的通项公式；（2）已知数列中，数列满足数列满足，求数列的前项和.解：（1）易知斐波那契数列对应的特征方程为，解得两个实根分别为，令，代入可得，解得，所以斐波那契数列的通项公式为（2）易知数列对应的特征方程为，解得，所以令，代入，解得，所以，所以，所以是公差为1的等差数列，，所以，所以19.已知点为焦点在轴上的等轴双曲线上的一点.（1）求双曲线的方程；（2）已知直线且交双曲线右支于两点，直线分别交该双曲线斜率为正渐近线于两点，设四边形和三角形的面积分别为和，求的取值范围.解：（1）设等轴双曲线方程为，代入点可得，所以，所以双曲线方程为.（2）因为，所以，又，所以，设直线，联立，可得，因为是双曲线右支的两点，所以，解得.又因为双曲线斜率为正的渐近线为，直线，可得，同理可得，而，所以，即，所以.浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题考生须知：1.本卷共四页满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.一、单选题（每小题5分共40分）1.若双曲线的离心率为，则其渐近线的斜率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题可知：，则又，所以双曲线的渐近线方程为：，所以可知渐近线的斜率为故选：B2.已知空间两条不同直线，两个不同平面，下列命题正确的是（）①，则②，则③，则④，则A.①③ B.②④ C.①③④ D.①④〖答案〗C〖解析〗若，由线面垂直的性质，垂直同一个平面的两条直线平行，则，故①正确；若，则或与相交或异面，故②错误；若，由垂直同一条直线的两个平面平行，则，故③正确；若，由线面垂直和线面平行性质可得，故④正确.故选：C.3.已知直线，圆.则直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切 C.相离 D.与a有关〖答案〗A〖解析〗因为圆的圆心为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以直线与圆的位置关系是相交.故选：A4.东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排她们中间，则全部排法有（）种.A.120 B.240 C.480 D.720〖答案〗B〖解析〗因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，所以捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列有种，又因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，则佳艳､刘西全排列有种，所以全部排法有：种，故选：B5.已知等差数列，前项和为是方程两根，则（）A.2020 B.2022 C.2023 D.2024〖答案〗D〖解析〗因为是方程两根，所以，所以，所以.故选：D6.空间点，则点到直线的距离（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意得，所以，所以，所以点A到直线BC的距离.故选：D.7.已知椭圆，为椭圆上一动点（不含左右端点），左右端点为，则离心率e的范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，，，，，由题意可知，，即，得，则.故选：B8.三棱锥中，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗中，，由余弦定理得；设底面的外心为，外接圆的半径为；由正弦定理，则；连结，此时的外接球的球心在上，利用直角可得：，设的外接球的半径为；此时，在直角中，，即，解得；所以，三棱锥的外接球的表面积.故选：.二、多选题（每小题6分，共18分，多选.错选0分少选则根据比例得分）9.已知直线和直线，则下列说法正确的是（）A.若，则表示与轴平行或重合的直线B.直线可以表示任意一条直线C.若，则D.若，则〖答案〗ABD〖解析〗对于A，当时，斜率为0，与轴平行或重合，故A正确；对于B，当时，斜率不存在，当时，斜率存在，能表示任意直线，故B正确；对于C，若，且或，则，故C错误；对于D，若，则由可得斜率之积为-1，故，若，可得，此时满足，此时两条直线一条斜率为0，一条斜率不存在，故，故D正确.故选：ABD.10.已知正项等比数列的公比为，前项积为，且满足，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.存在最大值〖答案〗ACD〖解析〗由已知，又，，所以，，A正确，B错误；，，所以，C正确；因为且，所以等比数列递减数列，于是，则的最大值为，D正确.故选：ACD11.已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（）A. B.在定义域上单调递增C.是偶函数 D.函数有两个极值点〖答案〗AD〖解析〗对于A，令得，即，A正确；对于B，若在定义域上单调递增，当时，，令，得，即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；对于C，若是偶函数，则，且，因为，所以，所以，即，得或，又，所以恒成立，矛盾，故C错误；对于D，当时，，记，则所以，令解得或，因为不恒为零，所以在两边异号，所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确.故选：AD三、填空题（每小题5分共15分）12.抛物线的准线方程为_____.〖答案〗〖解析〗由抛物线，抛物线的准线方程为．故〖答案〗为：．13.展开式中常数项为__________.〖答案〗〖解析〗展开式中,通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为.故〖答案〗为：15.14.已知正方体是边长为1的正方体，点为正方体棱上的一动点，则使得的点有__________个.（用数字作答）〖答案〗〖解析〗正方体的棱长为1，则，显然，因此，在过直线的某一平面内，点的轨迹是以为二焦点，长轴长的椭圆，半焦距，短半轴长，，在空间，点的轨迹是上述椭圆绕直线旋转半周形成的几何体，不妨称此几何体为椭球，显然点都在此椭球内，连接，由平面，平面，得，点到直线的距离，令椭球被平面所截边界曲线方程为，令点的横坐标为，而，则，过点垂直于的直线与椭圆交点坐标为，于是，，，即点在椭圆外，因此正方体的顶点在椭球内，其余顶点都在椭球外，则棱与椭球各有一个公共点，取棱中点，连接，则，显然，，，则点在椭球被平面所截边界椭圆内，即点在椭球内，棱与椭球有2个公共点，同理棱与椭球都各有2个公共点，所以椭球与此正方体的所有棱的公共点个数为，即符合条件的点有18个.故〖答案〗为：18四、解答题（共77分）15.函数，求的最大值和最小值解：，又，时递减，时递增，且，，，16.如图多面体，底面为菱形，，，，平面平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角的余弦值.解：（1）在中，，由，，所以，由余弦定理可得，所以，所以，即，又，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，，在菱形中，又，平面，平面，平面，.（2）菱形中，所以为等边三角形，取中点，连接，所以，又，所以，又平面，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，设，则，又，所以，所以，即，所以，设平面的一个法向量为，则，取设平面的一个法向量，则，取，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面所成锐角的余弦值为.17.（1）求圆和圆的公切线（2）若与抛物线相交，求弦长解：（1）当斜率存在时，设