2023-2024学年浙江省五校联盟高二下学期期中考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2浙江省五校联盟2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷考生须知：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.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，只需上交答题卷.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数，则（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗,由可得，故，故选：C2.如下表给出5组数据，为选出4组数据使其线性相关程度最大，且保留第1组数据，则应去掉（）1234554323271A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据表格数据，得到散点图如下所示：由散点图可知数据偏离程度最高，故应该去掉数据.故选：B3.已知点为曲线上的动点，为圆上的动点，则线段长度的最小值是（）A.3 B.4 C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，当时，，故在上单调递增；当时，，故在上单调递减.故对，有.设，，这里.因为在圆上，所以.由知，故.注意到点，分别在曲线和圆上，此时.所以的最小值是，A正确.故选：A．4.在平面直角坐标系中，已知两点，，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗设，，，，，由，得．即．动点的轨迹方程为．故选：B．5.棱长为2正方体，是棱的中点，点到平面的距离为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由于正方体的棱长为2，所以，由余弦定理可得，故,,设点到平面的距离为，则由等体积可得，即，故选：C6.已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（）A.第6项 B.第7项 C.第11项 D.第6项和第7项〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，则，显然为正整数，所以能被整除，又且能被整除，所以能被整除，所以，则，所以，所以，所以在的展开式中，二项式系数最大的项为第项和第项，又的展开式的通项公式为，因为第项的系数为负数，第项的系数为正数，所以第项的系数最小，第项的系数最大.故选：B．7.已知数列的前项和为，首项，且满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，所以可得，，，，故选：C8.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为上一点，满足，，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2〖答案〗D〖解析〗取双曲线的左焦点为，连接,由于，，，所以，设双曲线为，则，则在中，，，由余弦定理可得，解得，故，故选：D二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知点不在函数（为自然对数的底数）图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，则的取值可以是（）A. B. C.1 D.〖答案〗BC〖解析〗依题意可知，由，则，设切点为，则，所以切线方程为，又切线过点，所以，即关于的方程有两个实数根（不为），令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，又，当时且时，依题意与有两个交点，所以，结合选项可知只有B、C符合题意.故选：BC10.盒中有编号为1，2，3，4的四个红球和编号为1，2，3，4的四个白球，从盒中不放回的依次取球，每次取一个球，用事件表示“第次首次取出红球”，用事件表示“第次取出编号为1的红球”，用事件表示“第次取出编号为1的白球”，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗对于A：依题意，，，即，故A正确；对于B：，，所以，故B正确；对于C：，，所以，故C正确；对于D：，，所以，故D错误.故选：ABC11.已知数列的通项公式为，其前项和为，数列与数列的前项和分别为，，则（）A. B.存在，使得C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对A，由可得，所以，故A正确，对B，，，所以,故B错误，对C，由于时，，故，所以,对D，记，故，根据指数幂的性质可知，当且仅当取等号，故，只有取等号，故,故D正确，故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.随机变量，，则______.〖答案〗0.38〖解析〗因为，所以，所以.故〖答案〗为：0.3813.甲乙丙丁戊5个人排成一排拍照，要求甲不站在最左端，且甲乙不相邻，则共有______种不同的排法.〖答案〗〖解析〗若甲在第2，3，4位置中选择一个位置安排甲，有种选择，接下来安排乙，则有种方法，再安排剩余三个人，有,故一共有种方法，若甲在最后一位，则由种方法，因此一共有,故〖答案〗为：14.已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗由于，故由得，记记，由于均为单调递增且恒为正，故为单调递增函数，由于，，所以存在唯一的，使得，，当单调递增，当单调递减，故当时，取极小值也是最小值，且，故，故，故〖答案〗为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.两名足球门将甲和乙正在进行扑点球训练.已知甲、乙每次扑中的概率分别是和，每次扑点球相互独立，互不影响.（1）甲扑点球两次，乙扑点球一次，记两人扑中次数的和为，试求随机变量的分布列及数学期望（用最简分数表示）；（2）乙扑点球6次，其扑中次数为，试求的概率和随机变量的方差（用最简分数表示）.解：（1）由题意可能的取值有0，1，2，3.，，，.故分布列：0123故（2）由题意，的概率为.由题意，故.16.如图，在四棱锥中，侧面是正三角形且垂直于底面，底面是矩形，，，，分别是线段，上的动点（1）是否存在点，使得平面？若存在，试求；若不存在，请说明理由；（2）若直线与直线所成角的余弦值为，试求二面角的平面角的余弦值.解：（1）存在，，证明如下：如题图，取的中点为，由于侧面底面，且两平面交线为平面，,所以平面，平面，所以，由于三角形是正三角形，且是的中点，所以,平面，故平面，得证.（2）以为坐标原点，以为正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则,设则，故,由于直线与直线所成角的余弦值为，所以，而所以，从而，,平面的法向量为，设平面的法向量为，则，取，则，所以，由于二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为17.已知函数，，为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）判断函数能否有3个零点？若能，试求出的取值范围；若不能，请说明理由.解：（1）由，所以，当时，，令，则，此时单调递增，令，则，此时单调递减，当时，令，则或，此时单调递增，令，则，此时单调递减，当时，令，则或，此时单调递增，令，则，此时单调递减，当时，令恒成立，此时在单调递增，综上可得：当时，在单调递增，在单调递减，当时，在，单调递增，在单调递减，当时，在单调递增，当时，在，单调递增，在单调递减，（2）若有3个零点，则由（1）知必有或，若，则在处取极大值，在处取极小值，，令，则，令则，故在单调递增，，故在单调递减，当时，，故，因此在上恒成立，故不可能有3个零点，若，则在处取极小值，在处取极大值，且，故不可能有3个零点，综上可得不可能有3个零点，18.已知为抛物线：的焦点，点到抛物线的准线的距离为.（1）试求抛物线的方程；（2）如图，设动点都在抛物线上，点在之间.（i）若，求面积的最大值；（ii）若点坐标为，，，求正整数的最小值.解：（1）由抛物线的焦点到准线的距离为，知.所以抛物线的方程为（2）设，（i）由于点都在抛物线上，故直线有斜率，设直线的方程为.联立与可得，故由韦达定理知，.所以.由条件知，这表明，即，从而.对固定的点，将直线平移到直线,使得经过点，则当为经过点的抛物线的切线时，此时到直线的距离最大，设，由得，故过点的切线方程为，其斜率为，故.从而对固定的点，若直线的方程为，则当点的坐标为时，点到直线的距离最大，则的面积最大，此时点到直线的距离，故.当，，时，，.所以面积的最大值是.（ii）由可得，故.将，代入可得，故，所以直线经过.设，是正整数，则.故.而，故，从而.当，时，由知，此时.综上，的最小值为8.19.二阶递推公式特征方程是一种常见的数学方法，主要用于求解二阶线性递推数列的通项公式.例如：一个数列满足递推关系，且，为给定的常数（有时也可以是，为给定的常数），特征方程就是将上述的递推关系转化为关于的二次特征方程：，若，是特征方程的两个不同实根，我们就可以求出数列的通项公式，其中和是两个常数，可以由给定的，（有时也可以是，）求出.（1）若数列满足：，，，求数列通项公式；（2）若，试求的十分位数码（即小数点后第一位数字），并说明理由；（3）若定义域和值域均为的函数满足：，求的〖解析〗式解：（1）由题意可得，解得或，所以，代入，可得，解得,故（2）由于是方程的两个实数根，考虑且，所以，故为正整数，从而，注意到，故的十分位数码为9.（3）考虑则，方程两个根为由于函数值域恒为正，所以,又,故

浙江省五校联盟2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷考生须知：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.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，只需上交答题卷.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数，则（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗,由可得，故，故选：C2.如下表给出5组数据，为选出4组数据使其线性相关程度最大，且保留第1组数据，则应去掉（）1234554323271A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据表格数据，得到散点图如下所示：由散点图可知数据偏离程度最高，故应该去掉数据.故选：B3.已知点为曲线上的动点，为圆上的动点，则线段长度的最小值是（）A.3 B.4 C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，当时，，故在上单调递增；当时，，故在上单调递减.故对，有.设，，这里.因为在圆上，所以.由知，故.注意到点，分别在曲线和圆上，此时.所以的最小值是，A正确.故选：A．4.在平面直角坐标系中，已知两点，，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗设，，，，，由，得．即．动点的轨迹方程为．故选：B．5.棱长为2正方体，是棱的中点，点到平面的距离为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由于正方体的棱长为2，所以，由余弦定理可得，故,,设点到平面的距离为，则由等体积可得，即，故选：C6.已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（）A.第6项 B.第7项 C.第11项 D.第6项和第7项〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，则，显然为正整数，所以能被整除，又且能被整除，所以能被整除，所以，则，所以，所以，所以在的展开式中，二项式系数最大的项为第项和第项，又的展开式的通项公式为，因为第项的系数为负数，第项的系数为正数，所以第项的系数最小，第项的系数最大.故选：B．7.已知数列的前项和为，首项，且满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，所以可得，，，，故选：C8.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，为上一点，满足，，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2〖答案〗D〖解析〗取双曲线的左焦点为，连接,由于，，，所以，设双曲线为，则，则在中，，，由余弦定理可得，解得，故，故选：D二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知点不在函数（为自然对数的底数）图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，则的取值可以是（）A. B. C.1 D.〖答案〗BC〖解析〗依题意可知，由，则，设切点为，则，所以切线方程为，又切线过点，所以，即关于的方程有两个实数根（不为），令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，又，当时且时，依题意与有两个交点，所以，结合选项可知只有B、C符合题意.故选：BC10.盒中有编号为1，2，3，4的四个红球和编号为1，2，3，4的四个白球，从盒中不放回的依次取球，每次取一个球，用事件表示“第次首次取出红球”，用事件表示“第次取出编号为1的红球”，用事件表示“第次取出编号为1的白球”，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗对于A：依题意，，，即，故A正确；对于B：，，所以，故B正确；对于C：，，所以，故C正确；对于D：，，所以，故D错误.故选：ABC11.已知数列的通项公式为，其前项和为，数列与数列的前项和分别为，，则（）A. B.存在，使得C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对A，由可得，所以，故A正确，对B，，，所以,故B错误，对C，由于时，，故，所以,对D，记，故，根据指数幂的性质可知，当且仅当取等号，故，只有取等号，故,故D正确，故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.随机变量，，则______.〖答案〗0.38〖解析〗因为，所以，所以.故〖答案〗为：0.3813.甲乙丙丁戊5个人排成一排拍照，要求甲不站在最左端，且甲乙不相邻，则共有______种不同的排法.〖答案〗〖解析〗若甲在第2，3，4位置中选择一个位置安排甲，有种选择，接下来安排乙，则有种方法，再安排剩余三个人，有,故一共有种方法，若甲在最后一位，则由种方法，因此一共有,故〖答案〗为：14.已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗由于，故由得，记记，由于均为单调递增且恒为正，故为单调递增函数，由于，，所以存在唯一的，使得，，当单调递增，当单调递减，故当时，取极小值也是最小值，且，故，故，故〖答案〗为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.两名足球门将甲和乙正在进行扑点球训练.已知甲、乙每次扑中的概率分别是和，每次扑点球相互独立，互不影响.（1）甲扑点球两次，乙扑点球一次，记两人扑中次数的和为，试求随机变量的分布列及数学期望（用最简分数表示）；（2）乙扑点球6次，其扑中次数为，试求的概率和随机变量的方差（用最简分数表示）.解：（1）由题意可能的取值有0，1，2，3.，，，.故分布列：0123故（2）由题意，的概率为.由题意，故.16.如图，在四棱锥中，侧面是正三角形且垂直于底面，底面是矩形，，，，分别是线段，上的动点（1）是否存在点，使得平面？若存在，试求；若不存在，请说明理由；（2）若直线与直线所成角的余弦值为，试求二面角的平面角的余弦值.解：（1）存在，，证明如下：如题图，取的中点为，由于侧面底面，且两平面交线为平面，,所以平面，平面，所以，由于三角形是正三角形，且是的中点，所以,平面，故平面，得证.（2）以为坐标原点，以为正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则,设则，故,由于直线与直线所成角的余弦值为，所以，而所以，从而，,平面的法向量为，设平面的法向量为，则，取，则，所以，由于二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为17.已知函数，，为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）判断函数能否有3个零点？若能，试求出的取值范围；若不能，请说明理由.解：（1）由，所以，当时，，令，则，此时单调递增，令，则，此时单调递减，当时，令，则或，此时单调递增，令，则，此时单调递减，当时，令，则或，此时单调递增，令，则，此时单调递减，当时，令恒成立，此时在单调递增，综上可得：当时，在单调递增，在单调递减，当时，在，单调递增，在单调递减，当时，在单调递增，当时，在，单调递增，在单调递减，（2）若有3个零点，则由（1）知必有或，若，则在处取极大值，在处取极小值，，令，则，令则，故在单调递增，，故在单调递减，当时，，故，因此在上恒成立，故不可能有3个零点，若，则在处取极小值，在处取极大值，且，故不可能