浙江省杭州四校联盟(杭州第二中学等四校)2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题(解析版).docx

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1、浙江省杭州四校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题第I卷（选择题）一单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 在空间直角坐标系中，则的值为（ ）A. 0B. 1C. 2D. -1【答案】A【解答】因为，又，所以，解得，故选：A.2. 已知等比数列的公比，前3项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解答】依题意，即，解得或，又，所以，所以.故选：D.3. 第19届亚运会将于今年在杭州举行.你在西湖边遇到了志愿者装扮的吉祥物“琮琮”“莲莲”和“宸宸”.假如你要和三个吉祥物一起拍合照,且你不希望站在两端,则共

2、有( )种不同的站法.A. 24B. 18C. 12D. 9【答案】C【解答】4人站成一排共有种排法,你站在左右两端的排法有种,所以满足题意的有种.故选:C.4. 如图，在正方体中，棱长为2，点分别为棱中点，则点到平面的距离为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解答】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，令，则，所以，则点到平面的距离为.故选：B.5. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）A. 一定有极大值B. 当时，有极小值C. 当时，可能无零点D. 若在区间上单调递增，则【答案】D【解答】由题意可得：，若，则恒成立，即在定义域上单调递增，无极值，故A错误；

3、若，令，易得：在上单调递增，在上单调递减，即有极大值，故B错误；若，由上知在定义域上单调递增，当时，当时，故使得，故C错误；若在区间上单调递增，则由上可知时，恒成立，满足题意；时，则，即，综上可得，故D正确.故选：D.6. 已知圆关于直线对称，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解答】已知圆的圆心为，半径，由题意可知：直线过圆心，即，表示直线上任一点到坐标原点的距离，故的最小值即为到直线的距离.故选：B.7. 已知，则的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解答】因为，设，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，又因为，所以.故选：D.8. 已知双曲线，以右

4、顶点为圆心，为半径的圆上一点（不在轴上）处的切线与交于两点，且为中点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解答】由题意得双曲线渐近线，圆，切点在双曲线左支和右支之间，由对称性，不妨设切点在轴上方；设，则，因为直线的斜率，所以切线斜率.因为，；得，可得，所以 ，故.又在圆上，所以.因为切点在轴的上方，切线与双曲线交于两点，一条渐近线的斜率为，所以有，代入，可得，故，即.故选：A.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知的二项展开式各项系数和为32，则下列说法正确的是（

5、 ）A. B. 含的项系数为90C. 第3项的二项式系数为10D. 常数项为1【答案】AC【解答】对于A，将代入得，解得，故正确；对于B，因为，所以的展开式中第项为：，所以当时，故错误；对于C，当时，故正确；对于D，当时，即常数项为-1，故错误.故选：AC.10. 已知函数，则（ ）A. B. 是周期函数C. 在单调递减D. 【答案】ACD【解答】定义域为，对于A，A正确；对于B，由于不是周期函数，不具备周期性，B错误；对于C，令，则，当时，在单调递减，在单调递减.C正确；对于D，要证，即证.令，即证.当时，令，所以在上单调递减，所以，即，当时，当时，所以，即，.D正确.故选：ACD.11.

6、已知数列满足，其中是给定的实数.设，以下判断正确的是（ ）A. 是等差数列B. C. 的通项公式为D. 数列的最小项是【答案】BCD【解答】由已知条件，得，即，所以，将这个式子左右两边分别相加可得，即，代入验证也符合，所以C正确；根据的通项公式依次求出数列前三项，显然不是等差数列，所以A错误；再由，得，同理根据，得，所以B正确；设数列的最小项为，则，即，所以，解得，由于，所以，即数列的最小项是.故选：BCD.12. 二次曲线，则下列选项正确的是（ ）A. 曲线关于轴对称B. 曲线在处的切线为C. 曲线与直线有两个交点D. 曲线与圆有四个交点【答案】CD【解答】对于选项A，设点为二次曲线上任意一

7、点，满足，则点代入曲线方程，得，所以点不在二次曲线上，所以曲线不关于轴对称，故选项A错误.对于选项B，联立方程，得到或，直线与二次曲线有两个公共点和，所以曲线在处不相切，故选项B错误.对于选项C，联立方程，得到或，所以曲线与直线有两个交点和，故选项C正确.对于选项D，联立方程，得到 ，即，所以，解得，当时，直线过，又因为在的内部，所以直线与圆有两个交点；当时，直线过，又因为在的内部，所以直线与圆有两个交点；所以两条直线与圆有四个交点，曲线与圆有四个交点，故选项D正确.故选：CD.第II卷（非选择题）三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之

8、一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，则第10条斜线上，各数之和为_.【答案】【解答】因为从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，所以可以判断从第三个数开始，每个数是它前两个数的和，所以可得：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，因此第10条斜线上，各数之和为，故答案为：.14. 椭圆，直线与椭圆截得的弦的中点分别为，则椭圆的上顶点到直线的距离为_.【答案】【解答】由椭圆的对称性知，和直线的交点的中点为，设与椭圆的交点为，由，消去得到，即，由韦达定理得，所以，所以，所以直线的方程为，

9、又上顶点为，所椭圆的上顶点到直线的距离为，故答案为：.15. 从1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有_种（用数字作答）.【答案】912【解答】若和都是奇数，则为一奇一偶，也一奇一偶，有种取法；若和都是偶数，则有以下两种情况：两奇（偶）数，两奇（偶）数，有种取法；两奇（偶）数，两偶（奇）数，有种取法；共计576+48+288=912种取法.故答案为：912.16. 已知不等式恒成立，则的取值范围为_.【答案】【解答】易知，由，得到，即，令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，所以，得到在区间上恒成立，令，所以，当时，当时，即在区间上递减

10、，在区间上递增，所以，得到，又，所以，故答案为：.四解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 设数列满足，等比数列满足，.（1）求、的通项公式；（2）求数列的前项和.解：（1）当时，当时，也满足，所以，对任意的，.设等比数列的公比为，则，所以，因此，.（2）因为，所以，两式相减：，于是.18. 已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）方程恰有两个不同的实根，求的取值范围.解：（1）依题意，所以，又，所以切线方程为.（2）因为，所以：当时，所以单调递增；当时，所以单调递减.所以在处取得极大值也即是最大值，对于函数，当时，；当时，.所以的取值范围是.19.

11、为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了两个观测站和（点在点点之间），它们到平台的距离分别为1海里和4海里，记海平面上到两观测站的距离之比为的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区（如图）.（1）以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程；（2）海平面上有巡航观察点可以在过点垂直于的直线上运动.（i）若为的中点，求的最小值；（ii）过作直线与曲线相切于点.证明：直线过定点.（1）解：设，则由题意，根据题意可知，故曲线的方程为：；（2）（i）解：直线的方程为.若为的中点，则，当三点共线且重合时，的最小值为；（i

12、i）证明：设，当时，斜率不存在，此时过点的切线方程为或，不妨设切线方程为，此时，故，设过的另一条切线方程为，则，解得，解得，联立与，解得，此时直线为，整理得，当时，斜率为0，此时过点的切线方程为，此时与直线无交点，不合要求，当且时，则过点的切线方程为，整理得，即，因为，故切线方程为，因为在切线方程上，故，设，同理可得，则直线的方程为，过定点，显然也过点，过定点.20. 如图，在四棱台中，底面是菱形，梯形底面，.设为的中点.（1）求证：平面；（2）上是否存在一点，使得与平面所成角余弦为，请说明理由.（1）证明：取的中点，连接，则共面又，所以；由底面是菱形，所以为正三角形，所以，又，平面，所以平面

13、，又，所以，所以平面.（2）解：因为平面平面平面，平面平面，所以平面，则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面法向量,由，则，则,所以，整理得，由，所以方程无实数根，故不存在这样符合条件的点.21. 已知是抛物线上一点，是的焦点，.（1）求的方程；（2）设，直线与交于，若的重心在上，求面积的最大值.解：（1）是抛物线上一点，是的焦点，所以到准线的距离，解得，抛物线方程为：.（2）设直线， F，E为AN，BN中点，D为的重心，如图所示，由，得到，则，设重心为，则，重心在上，则，则，直线与交于两点，方程有两个不相等的实数根，于是，又，设，则，易得当时，所以.22. 已知函数.（1）求的单调区间；（2）若函数的值域为，求的取值范围.解：（1）易知，因为，则，当时，在区间上恒成立，当时，由，得到，当，当，综上，当，的单调增区间为，无减区间；当时，的单调增区间为，减区间为.（2）因为，当时，所以当时，故函数的值域为等价于函数的最小值小于或等于0，考虑反面：对恒成立.由，得到，化简得，设，令，则在区间上恒成立，所以，当且仅当时取等号，令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，又，存在，使，所以，所以，所以，故实数的取值范围为.