浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

2023学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1．本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑.3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.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.已知复数，（为虚数单位，），则复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数减法运算求解，可得复平面对应点的坐标，可得结论.【详解】因复数，，所以复数，所以对应的点在第四象限.故选：D.2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根据存在量词命题的否定为特称命题，即可求解.【详解】命题“，”的否定是，,故选：D3.下列函数中，以为最小正周期的奇函数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意，利用三角函数的奇偶性和周期性，得出结论．【详解】由于是最小正周期为π的奇函数，则A正确；由于为最小正周期为2π的偶函数，则B错误；由于是偶函数，不符合题意，C错误；由于是偶函数，不符合题意，D错误．故选：A．4.若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据排列组合计算个数，结合古典概型的概率公式即可求解.详解】甲、乙、丙三人排成一行，共有种方法，甲不在中间的，共有,故概率为,故选：C5.在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（）A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形【答案】B【解析】【分析】画出图形，然后判断即可.【详解】在正方体中，取，，连接，，，，，，如下图所示：因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，，所以，且，则四边形为平行四边形，则，，又因为，且，所以四边形为平行四边形，则，，所以，，所以为平行四边形，则正方体中过点，，的截面形状为四边形.故选：B6.在同一个坐标系中，函数，，的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据的单调性相反排除AD，然后根据幂函数图象判断出的范围，由此可得答案.【详解】因为在同一坐标系中，所以函数，的单调性一定相反，且图象均不过原点，故排除AD；在BC选项中，过原点图象为幂函数的图象，且由图象可知，所以单调递减，单调递增，故排除B，所以C正确.故选：C.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据和差角公式以及弦切互化公式即可求解.【详解】，故，故，故选：A8.已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出圆锥的轴截面，根据题意推出圆台的上、下底面半径之比为，设圆台上底面半径为，圆台存在内切球可得圆台的母线，在中，由余弦定理可求．【详解】如图，作出圆锥的轴截面，上部分小圆锥一定有内切球，故只需下部分圆台有内切球即可，设圆台的内切球的球心，由上、下两部分几何体的体积之比是，可得截得的小圆锥与原圆锥的体积之比为，从而可得圆台上下底面圆半径之比为，设圆台上底面半径为，则圆台下底面半径为，圆台存在内切球时，由切线长定理可得圆台母线长，则可得圆锥的母线，所以圆锥的轴截面等腰三角形底边，在中，由余弦定理可得.故选：C.二、多项选择题：本大题共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.本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）A.图中x的值为0.030B.被抽取的学生中成绩在的人数为15C.估计样本数据的众数为90D.估计样本数据的平均数大于中位数【答案】AB【解析】【分析】对于A，结合频率分布直方图的性质，即可求解，对于B，结合频率与频数的关系，即可求解，对于C，结合众数的计算公式，即可求解，对于D，结合平均数的计算公式，以及中位数的计算公式，即可比较大小求解D．【详解】对于A，结合频率分布直方图的性质可得，，解得，故A正确，对于B，成绩在区间的频率为，人数为，故B正确，对于C，众数为，故C错误，对于D，平均成绩为，低于80分的频率为，设样本数据的中位数为分，则，解得，平均数小于中位数，D错误，故选：AB．10.已知向量，且，则（）A.B.C.向量与向量的夹角是D.向量在向量上的投影向量坐标是【答案】ACD【解析】【分析】A选项，根据向量坐标线性运算与垂直关系，列出方程，求出，A正确；B选项，利用模长公式进行计算；C选项，利用向量夹角余弦公式求出夹角；D选项，利用投影向量公式求出答案.【详解】A选项，，∴，，∴，解得，故，选项A正确；B选项，由A选项可知，故，选项B错误；C选项，，向量与向量的夹角是，选项C正确；D选项，向量在向量上的投影向量，选项D正确.故选：ACD.11.已知，设函数满足，则（）A.B.当时，不一定是常数函数C.若，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】联立方程可得，即可代入求解A，根据时，，即可求解B，取代入题中式子即可求解C,分类讨论，结合共轭复数的定义，代入即可判断D.【详解】由可得，联立两式可得，对于A,取，则，A正确，对于B，若时，，故，B错误，对于C，取，则，解得，故C正确，对于D，若且时，此时，则，故显然满足，若，则，此时，故成立，若，则，此时，故成立，故D正确，故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数与的图象关于直线______对称．【答案】【解析】【分析】根据反函数的性质即可求解.【详解】由于与互为反函数，所以与图象关于对称，故答案为：13.若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是______．【答案】【解析】【分析】根据扇形面积公式直接求解即可.【详解】设扇形的面积为，则扇形面积，解得：.故答案为：.14.记的内角的对边分别为．已知，，若的面积为，则______．【答案】##【解析】【分析】由余弦定理和已知求出，再由正弦定理得出用表示出的，利用面积求出可得答案.【详解】因为，由余弦定理得，因为，所以，所以，可得，因为，所以，所以，，由正弦定理，得，，若的面积为，则，解得，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用正余弦定理边角转化解三角形.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.已知函数．（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值．【答案】（1），，；（2）时，有最小值0，时，有最大值3．【解析】【分析】（1）化简函数解析式，由正弦型函数的性质求出周期、单调区间即可；（2）根据自变量的范围，求出的范围，利用正弦函数求出最值即可得解.【小问1详解】（1），故；由，令，，则，，故函数的单调递增区间为，；【小问2详解】当时，，则，即，即在区间上的最小值和最大值分别为0，3，当，即时，有最小值0，当，即时，有最大值3．16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，与底面所成的角为45°，为的中点．（1）求证：⊥平面；（2）若，求平面与平面的夹角大小．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由题意可得与底面所成的角即为，即，则,再由题意得出⊥平面，则，即可得到答案.（2）由二面角的定义可得平面与平面的夹角即为，即可得出夹角大小.【小问1详解】因为平面，平面，所以，因为平面，则为与平面所成角，与平面所成的角为45°，所以，则，又为的中点，所以．因为，又，,平面，平面，故⊥平面，平面，所以，平面，所以平面．【小问2详解】因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，故平面.平面，所以，又，则即为所求，由（1）知：，而，则，故,,所以．17.已知函数，．（1）当时，求在处的切线方程；（2）讨论的单调性．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义分析求解；（2）求导可得，分和两种情况，利用导数分析的单调性.【小问1详解】当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以在处的切线方程为：．【小问2详解】由题意可得：，注意到，①若，，则在上单调递减，②若，令时，解得，当，；当，；所以在上单调递增，在上单调递减．18.已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点，右焦点F，离心率．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线l与椭圆C交于P，Q两点．（i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程；（ii）是否存在直线l，使F恰为垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（i）；（ii）存在，．【解析】【分析】（1）由已知易求，进而可得椭圆方程；（2）（i）设直线，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到：，，设线段PQ中点为，利用中点坐标公式可求中点的轨迹方程；（ii）由F恰为的垂心，有，可得，代入即可求得直线方程.【小问1详解】由题意得：，，则，所以，解得，故椭圆方程为．【小问2详解】（i）由题意得：，因为，所以，则，设直线，，，联立，可得，，所以，由韦达定理得：，，，设线段PQ中点为，则，，则PQ中点的轨迹方程为．（ii）因为F恰为的垂心，有所以又，得，即，代入韦达定理得，解得或．经检验符合条件，则直线l的方程为：．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19.已知数列满足，数列满足，．（1）求，的通项公式；（2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”．（i）计算，，其中，．（ii）若为“4偶数项和整除数列”，求的最小值．【答案】（1），．（2）（i），；（ii）【解析】【分析】（1）因式分解得到，变形得到，故为公比为3的等比数列，求出通项公式；（2）（i）利用等差数列求和公式得到，并利用等比数列求和公式得到；（ii）方法一，根据得到，2，3不满足题意，满足要求，进一步得到，变形后结合二项式定理得到，并得到，得到结论；方法二：根据得到，2，3不满足题意，满足要求，当时，，故，根据且，证明出结论.【小问1详解】由可得，根据可得，由可得，且，所以是以首项为3，公比为3的等比数列，故．【小问2详解】（i），．（ii）方法一：当