浙江省培优联盟2023-2024学年高二下学期4月联考数学试题 Word版含解析

浙江培优联盟2023学年第二学期高二4月数学试题注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：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. 已知集合，则（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接求交集即可.【详解】集合，则，故选：B2. 已知复数，其中是虚数单位，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数运算法则及共轭复数的定义判定即可.【详解】易知的虚部为.故选：B3. 在等比数列中，公比且，则（ ）A. B. C. 8D. 4【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的通项公式结合已知条件求出，再利用等比数列的通项公式求出即可.【详解】根据等比数列的通项公式，由，可得，即，解得，所以.故选：A4. 过点且与双曲线有相同渐近线的双曲线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据渐近线相同可设所求为，将点代入求得即可得解.【详解】因为所求双曲线与双曲线有相同的渐近线，所以设其方程为，又点在双曲线上，所以，解得，则双曲线方程为.故选：B5. 下列求导运算正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用求导法则进行计算，对四个选项一一作为判断.【详解】A选项，A错误；B选项，B错误；C选项，C错误；D选项，D正确故选：D6. 韩愈的师说中写道：“李氏子蟠，年十七，好古文，六艺经传皆通习之，不拘于时，学于余余嘉其能行古道，作师说以贻之”六艺具体包括“礼、乐、射、御、书、数”为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节课程，连排六节，则“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法种数为（ ）A. 84B. 96C. 168D. 204【答案】C【解析】【分析】分“数”排在第一节和“数”排在第二节两种情况讨论求解.【详解】解：“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法可以分两类：“数”排在第一节，“书”排在第二、三、四、五节，则有种排法；“数”排在第二节，“书”排在第三、四、五节，则有种排法故“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排法共有种，故选：C7. ，则（ ）A. 180B. C. 45D. 【答案】C【解析】【分析】变形得到，利用二项式定理得到通项公式，求出答案.【详解】，的展开式通项为，令，解得，故.故选：C8. 圆锥的底面半径为，高为2，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值及与底面所成角的正弦值分别为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设底面圆心为，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】设底面圆心为，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，所以所以异面直线与所成角的余弦值为因为底面，所以底面的一个法向量为，设与底面所成的角为，则，所以与底面所成角的正弦值为故选：D二、选择题：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. 已知函数，则（ ）A. 有3个零点B. 在原点处的切线方程为C. 的图象关于点对称D. 在上的最大值为4【答案】AC【解析】【分析】对于A：令直接解方程即可；对于B：求导，利用导数的几何意义求切线方程；对于C：确定奇偶性即可；对于D：求导，确定单调性，根据单调性求最值.【详解】对于A，则，正确；对于B，的图象在原点处的切线方程为，错误；对于C，由得为定义在上的奇函数，可知的图象关于点对称，正确；对于D，在上单调递减，在上单调递增，又，所以在上的最大值为0，错误故选：AC10. 设数列是各项均为正数的等比数列，则（ ）A. 是等比数列B. 是等比数列C. 是等比数列D. 是等比数列【答案】ABD【解析】【分析】设公比为，A选项，根据等比数列通项公式基本量计算出，A正确；BD选项，根据等比数列的定义作出判断；C选项，举出反例.【详解】设等比数列的首项为，公比为对于A，所以，则成等比数列，A正确；对于B，因为，所以是等比数列，B正确；对于C，不妨设等比数列为，则，不是等比数列，C错误；对于D，因为，所以是等比数列，D正确故选：ABD11. 抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于两点，下列说法正确的是（ ）A. B. 若直线的倾斜角为，则C. D. 若在轴的上方，则直线的斜率为【答案】BCD【解析】【分析】由抛物线的概念求出，判断A；直曲联立求出过焦点的弦长，判断B；设出过点的直线方程，直曲联立，由抛物线的性质表示出，然后代入，化简可得，判断C；由抛物线的概念，算出直线倾角的正切值，即可判断D.【详解】对于A，错误对于B，直线的方程为，由得设，则，故，正确对于C，设过点的直线方程为，代入抛物线方程，得，化简后为，设，则有根据抛物线性质可知，正确对于D，过分别向准线作垂线，交于点，过作于点，不妨设，则，在中，直线的斜率为，正确故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 展开式中项的系数是_【答案】720【解析】【分析】利用二项式定理计算即可.【详解】根据二项式定理可知：故答案为：72013. 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是_【答案】【解析】【分析】每次取到黄球的概率均为，利用次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式能求出3次中恰有2次抽到黄球的概率【详解】 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球概率均为，3次中恰有2次抽到黄球的概率为：P故答案为：【点睛】本题考查概率的求法，考查次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题题14. 若函数在上存在单调递增区间，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意得在区间上有解，参变分离得到，换元后利用对勾函数性质求出，得到答案.【详解】，则函数在区间上存在单调递增区间，只需在区间上有解，即在区间上有解，所以在区间上有解，所以令，则令，所以在上单调递增，所以，即，所以，所以实数的取值范围是故答案为：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. 已知等差数列的前项和为，满足等比数列满足（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）设的公差为，的公比为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.【小问1详解】设的公差为，的公比为，则，解得，所以数列的通项公式为，又由，解得，所以数列的通项公式为.小问2详解】由（1）知，可得，所以，则两式相减，可得，所以16. 在中，分别是角的对边，且满足（1）求角的大小；（2）若为的中点且，求的面积【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理及正弦的和角公式化简计算即可；（2）由余弦定理及三角形面积公式计算即可.【小问1详解】因为，由正弦定理可得又因为在中，有，所以，化简得因为，所以，所以，于是因为，所以【小问2详解】由为的中点，可得又，所以，在和中，根据余弦定理从而可得又，所以，可得17. 在三棱柱中，平面是的中点（1）证明：直线平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先证明平面，再结合可得结论；（2）以为原点，直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解面面角.【小问1详解】由平面平面，得，因为，平面，所以平面，又因为，所以平面；【小问2详解】以为原点，直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则又，所以，则设平面的法向量为，则即令，得设平面的法向量为，则即令，得设平面与平面的夹角为，则，所以，故平面与平面夹角的正弦值为18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，圆，过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长为（1）求的标准方程；（2）若直线与曲线交于两点，求面积的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由已知分别求出即可得到标准方程；（2）通过直曲联立，求出弦长，再由点到直线距离公式求出原点到直线的距离，代入三角形面积公式，利用不等式求出面积的最大值【小问1详解】设椭圆的半焦距为，过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长为，则，又，解得，所以的标准方程为【小问2详解】设， 联立直线与椭圆的方程，可得，所以，得又原点到直线的距离，所以，所以令，则，所以，当且仅当时，等号成立，即当时，的面积取得最大值19. 一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间长度为，在每个小区间上任取一点，作和式如果无限接近于0（亦即）时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积如果是区间上的连续函数，并且，那么（1）求；（2）设函数若恒成立，求实数的取值范围；数列满足，利用定积分几何意义，证明：【答案】（1） （2） ；证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据定义计算即可；（2）构造函数，结合导函数端点值分类讨论其单调性即可；先构造数列判定其为等差数列求数列通项，结合定积分的几何意义证明即可.【小问1详解】根据定义可知：，【小问2详解】恒成立，即令，则当时，所以在上单调递增，又，所以在上恒成立，所以当时，；当时，对，有，所以在上单调递减，所以，即当时，存在，使，故不恒成立综上，由，可得，所以，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，所以是由曲线，直线及轴所围成的曲边梯形的面积，而是图一中阴影所示各矩形的面积和，所以，不等式左边得证是图二中阴影所示各矩形的面积和，所以，不等式右边得证第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司