浙江名校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考试题数学(解析版).docx

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1、浙江名校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题（B卷）本试卷为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟一、单选题（共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1. 若集合，则集合的子集个数为（ ）A. 3B. 4C. 7D. 8【答案】B【解答】由，可得，解得，所以集合，所以集合的子集个数为.故选：B.2. 已知复数z满足，则复数z在平面内对应点所在象限是（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解答】因，则，则复数z在平面内对应点坐标为，所以复数

2、z在平面内对应点所在象限是第一象限.故选：A.3. 把函数的图象向左平移，可以得到的函数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解答】把函数的图象向左平移，可得，由诱导公式化简可得.故选:C.4. 已知，则等于（ ）A. B. C. eD. 1【答案】C【解答】，又，.故选：C.5. 已知向量，向量，则与的夹角大小为（ ）A. 30B. 60C. 120 D. 150【答案】D【解答】向量，向量，且，的夹角为.故选：D.6. 在展开式中，常数项为（）A. B. C. 60 D. 240【答案】D【解答】二项展开式的通项为，令，得，所以展开式中常数项为.故选：D.7. 在100张奖券中，有4

3、 张中奖，从中任取两张，则两张都中奖的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解答】所求事件的概率为.8. 已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）A. 6B. C. 8D. 【答案】C【解答】设切点为（m，n），yln（x+b）的导数为，由题意可得=1，又nm2a，nln（m+b），解得n0，m2a，即有2a+b1，因为a、b为正实数，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为8故选：C二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，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，则（ ）A. 在上单调递增B. 的极小值为2C. 的极大值为2D. 有2个零点

4、【答案】AD【解答】由可得，由可得，由可得或，故在和上单调递减，在上单调递增，有极小值，极大值，故A正确，B，C错误有两解，则有2个零点，故D正确故选：AD.10. 为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程则（ ）A. 甲乙丙三人选择课程方案有种方法B. 恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为C. 已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为D. 设三名同学选择课程“礼”的人数为，则【答案】BCD【解答】甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程，则选择方法有种，故A错误；恰有三门课

5、程没有被三名同学选中，表示三位同学每个人选择了不重复的一门课程，所以概率为，故B正确；已知甲不选择课程“御”的概率为，甲乙丙都不选择“御”的概率为，所以条件概率为，故C正确；三名同学选择课程“礼”的人数为，则服从二项分布，则，故D正确.故选：BCD.11. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ）A. 数列为等差数列B. C. D. 【答案】BC【解答】，令可得或，易得函数的极值点为或，从小到大为，不是等差数列，错误；，B正确；，则根据诱导公式得，C正确；，D错误故选：BC12. 已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，（且）满足，则下列结论中正确的是（

6、 ）A. 时，B. 时，的最小值为9C. 时，D. 时，的最小值为8【答案】BC【解答】当时，此时不妨取过焦点垂直于x轴，不妨取，则，故A错误；当时，此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,则 ，则 ，故，令，则，令，则，当时，递增，当时，递减，故，故当，即时，取到最小值9，故B正确；当时，此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,则，即，故，所以，故C正确；由C的分答可知：，当 时，取到最小值16，即最小值为16，故D错误；故选：BC.三、填空题（共4小题，每小题5分，共计20分，请把答案填写在答题卡相应位置上）13. 已知函数为奇函数，则实数_.【答案】12【解答】依题意知为奇函数，即，.经检验

7、符合题意.故答案为：12.14. 已知抛物线：恰好经过圆：的圆心，则抛物线C的焦点坐标为_.【答案】【解答】由题可得圆的圆心为，代入得，将抛物线的方程化为标准方程得，故焦点坐标为.故答案为：.15. 若双曲线C的方程为，记双曲线C的左、右顶点为A，B弦PQx轴，记直线PA与直线QB交点为M，其轨迹为曲线T，则曲线T的离心率为_【答案】【解答】设P（，），则Q（，-），设点M（x，y），又A（-2，0），B（2，0），所以直线PA的方程为，直线QB的方程为由得，由得，上述两个等式相乘可得，P（，）在双曲线上，可得，化简可得，即曲线的方程为，其离心率为，故答案为：.16. 已知函数，若关于x方程有

8、两个不同的零点，则实数t的取值范围为_【答案】【解答】令，所以在上，单调递增，在上，单调递减，所以，又，所以作出与的图像如下：，令，则方程为，则，令，作出的图像：当，即时，与没有交点，所以方程无根，则无解，不合题意当，即时，与有1个交点，所以方程有1个根为，则有1个解，不合题意当，即时，与有2个交点，所以方程有2个根为，若时，则有2个解，有1个解，所以有3个解，不合题意若时，则有3个解，有1个解，所以有4个解，不合题意若时，则有1个解，有1个解，所以有2个解，合题意因为，所以，即，综上所述，的取值范围为故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 从10名同学（其中6女4男）中随机选

9、出3人参加测验，每个女同学通过测验的概率均为，每个男同学通过测验的概率均为，求：（1）选出的3个同学中，至少有一个男同学的概率；（2）10个同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率解：（1）记选出的同学中至少有一个男同学为事件A，则；（2）甲、乙被选中且通过测验的概率.18. 如图，在四边形中，.（1）求；（2）求的长.解：（1）因为，则、均为锐角，所以，则，因此，；（2）在中，由正弦定理可得，可得，在中，由余弦定理可得，因此，.19. 已知正项数列，其前n项和满足.（1）求证：数列是等差数列，并求出的表达式；（2）数列中是否存在连续三项，使得，构成等差数列？请说明理由.（1）证明

10、：依题意，正项数列中，即，当时，即，整理得，又，因此，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，因为是正项数列，即，所以.（2）解：不存在，当时，又，即，都有，则，假设存在满足要求的连续三项，使得构成等差数列，则，即，两边同时平方，得，即，整理得：，即，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列中不存在满足要求的连续三项.20. 已知椭圆的焦距为，经过点（1）求椭圆C的标准方程；（2）设O为坐标原点，在椭圆短轴上有两点M，N满足，直线分别交椭圆于A，B，Q为垂足是否存在定点R，使得为定值，说明理由解：（1）由题意可知，又椭圆经过点知，解得，所以；（2）设直线方程, 与椭圆C交于，得， ,，直线，即

11、，因此M坐标为，同理可知，由知：，化简整理得，则，整理：，若则直线，过点P不符合题意，若则直线符合题意，直线过点，于是为定值且为直角三角形且为斜边，所以中点R满足为定值，此时点R的坐标为.21. 已知函数（1）当时，求在处的切线方程；（2）若存在大于的零点，设的极值点为；求的取值范围；证明：（1）解：当时，则，又，在处的切线方程为：，即.（2）解：由题意知：定义域为，；令，则；当时，恒成立，上单调递减，不合题意；当时，恒成立，在上单调递减，存在极值点，即；且当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；，存在大于的零点，；则需，又，即，又，令，则，；令，则，在上单调递减，即当时，恒成立；令，则，

12、在上单调递增，当时，方程有解；实数的取值范围为；证明：由知：，则，令，；，在上单调递减，又，又，在上单调递减，即.22. 已知函数，的导函数为（1）若存在极值点，求的取值范围；（2）设的最小值为，的最小值为，证明：（1）解：因为函数，所以，即.则，存在极值点，即有实数根，即有实数根，即有实数根， 令，则，所以上单调递减.因为在上单调递增，所以要使在上有实数根， 只需，即即可，解得，所以的取值范围为.（2）证明：由(1)知， 在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，因为，所以存在，使.则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 即，.因为，所以存在，使.则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，即，令，要证，只需证.因为，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，即，即.