浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题

绝密★考试结束前2023学年第二学期浙南名校联盟期中联考高二年级数学试题考生须知：1.本卷共4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.选择题部分一､选择题：本大题共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.已知集合，则（）A.B.C.D.2.已知复数则（）A.B.C.5D.3.“”是“方程表示的曲线是双曲线”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）A.B.C.D.5.苍南168黄金海岸线由北向南像一条珍珠项链，串联了一个个金色沙滩､岛礁怪石､肥沃滩涂和一座座渔村古寨､山海营地，被赞为中国东海岸“一号公路”.现有小王和小李准备从烟堆岗，炎亭沙滩，棕榈湾，滨海小镇4个网红景点中随机选择一个游玩，设事件为“小李和小王选择不同的景点”，事件为“小李和小王至少一人选择炎亭沙滩景点”，则（）A.B.C.D.6.已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（）A.4B.8C.16D.327.已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.8.已知函数在区间上恰有三个零点，且，则的取值可能为（）A.B.C.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.已知随机变量的分布列如下，则正确的是（）2112A.B.C.若，则D.10.如图，正方体的棱长为是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列结论中正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.平面C.在线段上存在一点，使得平面D.平面截正方体的外接球的截面面积为11.已知函数（是自然对数的底数），则下列说法正确的是（）A.若，则不存在实数使得成立B.若，则不存在实数使得成立C.若的值域是，则D.当时，若存在实数，使得成立，则非选择题部分三､填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.12.二项式展开式中所有项的系数之和为__________.13.2024年2月1日至4日花样滑冰四大洲锦标赛在中国上海举行，甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者承担语言服务､医疗服务､驾驶服务3个项目志愿服务，每名志愿者需承担1项工作，每项工作至少需要1名志愿者，甲不承担语言服务，则不同的安排方法有__________种.（用数字作答）14.已知，对任意都有，则实数的取值范围是__________.四､解答题：本大题共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.（本小题满分13分）锐角中，角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.16.（本小题满分15分）已知.（1）当时，求的单调区间；（2）若在上有零点，求实数的取值范围.17.（本小题满分15分）平行四边形中，，点为的中点，将沿折起到位置时，.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.18.（本小题满分17分）在已知数列中，（1）求及数列的通项公式；（2）已知数列的前项和为，求证：；（3）中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出的关系；若不存在，请说明理由.19.（本小题满分17分）已知直线与抛物线相交于两点.（1）求（用表示）；（2）过点分别作直线的垂线交抛物线于两点.（i）求四边形面积的最小值；（ii）试判断直线与直线的交点是否在定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，请说明理由.2023学年第二学期浙南名校联盟期中联考高二年级数学参考答案一､选择题：本大题共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.题号12345678选项DBADCBCB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.题号91011选项ABDACBCD三､填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.12.13.10014.11.对于选项，当时，易得在上单调递增，所以单调递增，下面证明：是单调递增函数，若存在使得则记，则，即和都在图像上假设，因为是单调递增函数，所以即，所以矛盾假设，因为是单调递增函数，所以即，所以矛盾故，即因此由题意若存在实数使得成立，则存在实数使得成立又即存在实数使得成立而在上递增，所以得故14.解：因为又所以在，且所以在恒成立函数以在，其最小值为，故15..解析（1）法一（余弦定理角化边）：因为；又因为，所以，即，因为为锐角三角形，所以.法二（正弦定理边化角）：4.所以，则得.因为为锐角三角形，所以.（2）由正弦定理得：因为为锐角三角形，所以：，即，所以，即.16.解析：（1）当时，，由，得的定义域为当在上单调递增.当在上单调递减由已知在上有解等价于在上有解.（3）在上单调递增，函数值从0增大到在上单调递减，函数值从减小到0在上有解等价于17.（1）如图，连接，在中由余弦定理可得又.，易得为正三角形与全等，，，平面（2）方法一：取的中点连接又为二面角的平面角由（1）可知平面为平面与平面的夹角，在中，在正中，，在等腰中，方法二：由（1）可知平面，故平面平面，且平面平面，取点是线段的中点可得，过作.则平面.如图，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.则，，，设平面的法向量为，由，则，故可取；设平面的法向量为，取故平面与平面所成角的余弦值：其它方法酤情给分18.解：（1），所以成等比数列，故所以成等比数列，故故（2）得（3）设中存在不同的三项恰好成等差数列，①若均为奇数，不妨设，则，即，得，因为是奇数，是偶数，故不可能成立；②若二奇一偶，不妨设为奇数，为偶数，则为偶数，为奇数，则，即，因为被3除余2，同理也被3除余2，故被3除余1，而为3的倍数，故不可能成立；③若一奇二偶，不妨设为偶数，为奇数，则为奇数，为偶数，则，即，因为为3的倍数，不是3的倍数（被3除余1），故不可能成立；④若均为偶数，不妨设，则，即，得，因为被3除余是3的倍数，故不可能成立，综上中不存在不同的三项恰好成等差数列.另：情形①的另证：若均为奇数，不妨设，则，即，且得，得，故不可