浙江省名校联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（B卷）（Word版附解析）

浙江名校联盟2022-2023学年度第二学期期中考试（B卷）高二数学本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.一、选择题（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【解析】【分析】根据对数的运算性质，求得集合，进而求得集合的子集个数，得到答案.【详解】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【解析】【分析】根据给定条件结合复数的除法运算求出复数z即可判断作答.【详解】因，则，则复数z在平面内对应点坐标为，所以复数z在平面内对应点所在象限是第一象限.故选：A3.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【解析】【分析】根据三角函数平移变化可求得平移后的解析式,结合诱导公式化简即可得解.【详解】把函数的图象向左平移可得由诱导公式化简可得故选:C【点睛】本题考查了三角函数图象平移变换,诱导公式的简单应用,属于基础题.4.已知，则等于（）A.B.C.eD.1【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式先求出，再求出即可.【详解】∵，，又，∴.故选：C.5.已知向量，向量，则与的夹角大小为（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】D【解析】【分析】计算可得，利用数量积公式计算即可得出结果.【详解】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.60D.240【答案】D【解析】【分析】根据通项公式求出，再代入通项公式可得结果.【详解】二项展开式的通项为，，令，得，所以展开式中常数项为.故选：D7.在100张奖券中，有4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【解析】【详解】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【解析】【分析】设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．【详解】设切点为（m，n）， y＝ln（x+b）的导数为，由题意可得=1，又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），解得n＝0，m＝2a，即有2a+b＝1，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【答案】AD【解析】【分析】由导数判断单调性后对选项逐一判断【详解】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：AD10.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【解析】【分析】A选项考查了排列组合的内容；B选项利用排列组合分别算出基本事件总数与满足题意的基本事件个数，代入古典概型公式计算；C选项利用条件概率的公式代入求解；D选项利用二项分布的公式求解.【详解】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.【点睛】方法点睛：（1）解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素（或位置）的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．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【解析】【分析】先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断．【详解】解：，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；，正确；，，则根据诱导公式得，正确；，错误．故选：．12.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（）A.时，B.时，的最小值为9C.时，D.时，的最小值为8【答案】BC【解析】【分析】以为抛物线通径，求得的值，判断A;当时,写出焦半径 的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B;当时,求出的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.【详解】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分析可知：，当时，取到最小值16，即最小值为16，故D错误；故选：BC【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式的应用，综合性较强，涉及到抛物线的焦半径的应用，以利用导数求最值，和三角函数的相关知识，难度较大.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【解析】【分析】利用奇函数的性质列方程去求实数的值.【详解】依题意知为奇函数，∴，即，∴.经检验符合题意.故答案为：1214.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】##(0,0.125)【解析】【分析】将圆M的圆心代入抛物线的方程可求得，进而可求焦点坐标. 【详解】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PQ⊥x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】【解析】【分析】设P（，）、M（x，y），根据直线的点斜式方程表示出直线PA、QB的方程，整理两直线方程可得，结合点P（，）在双曲线上可得，进而得出曲线的方程，即可求出离心率.【详解】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①，直线QB的方程为②．由①得，由②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方程有两个不同的零点，则实数t的取值范围为_______________．【答案】【解析】【分析】作出与的图像，，令，则方程为，令，作出的图像，结合图形，即可得出答案．【详解】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个同学中女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先计算对立事件没有男同学的概率，再得出至少一个男同学的概率；（2）先计算甲、乙被选中的概率，再集合相互独立事件计算选中且通过测验的概率.【小问1详解】 记选出的同学中至少有一个男同学为事件A，则；【小问2详解】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.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）计算出、，利用两角和的余弦公式可求得的值；（2）在中，利用正弦定理可求出的长，然后在中利用余弦定理可求得的长.【详解】（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，.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.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.【答案】（1）证明见解析，；（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据给定递推公式，结合“当时，”建立与的关系即可推理作答.（2）由（1）求出，利用反证法导出矛盾，推理作答.【小问1详解】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.【小问2详解】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．【答案】（1）；（2）存在；答案见解析．【解析】【分析】（1）利用，椭圆经过点列出方程，解出a,b,c即可.（2）设出直线方程为，联立椭圆方程解出点M，N的坐标，题中可得l与m关系式，求出直线AB过定点，结合图形特点得中点R满足为定值，即可求出定值及点R坐标. 【详解】（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.【点睛】（1）注意题目条件的利用，解方程的准确性; （2）根据直线AB的特点来确定PD为定值，以及PD的中点R满足题目要求，要注意应用图形的几何特征.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；①求的取值范围；②证明：．【答案】（1）（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；（2）①求导后，当时，可知单调递减，不合题意；当时，根据存在极值点可确定，得到，并得到单调性；通过零点可确定，结合恒成立可确定只需有解即可；利用导数可求得的单调性和值域，由此可得的范围；②将问题转化为证明，即证明；根据的形式，可构造函数，利用导数可说明单调性，并得到，从而说明，由此可证得结论.【小问1详解】当时，，则，，又，在处的切线方程为：，即.【小问2详解】 ①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，在上单调递增，，当时，方程有解；实数的取值范围为；②由①知：，，则，令， ；，，，，在上单调递减，，又，，，又，，，，在上单调递减，，即.【点睛】关键点点睛：本题考查导数几何意义的应用、导数在求解函数中的应用；本题证明不等式的关键是能够将问题转化为函数的两个函数值大小关系的比较问题，结合导数的知识可求得函数值的大小关系，从而得到结论.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：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)先求的导数，得到的解析式，再求的导数，由存在极值点，可知有实数根，把转化为两个函数和有交点的问题，通过求导讨论单调性可知，只需即可有交点，得到不等式解出的取值范围；(2)由(1)可得的单调性，由，可设的零点，从而得到的单调性，得出的最小值，再由，可设的零点，从而得到 的单调性，得出的最小值，由把证明转化为证明，通过作差，讨论的单调性可得，即可证明结论.【小问1详解】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.【小问2详解】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.【点睛】难点点睛：本题的难点在于零点不能直接求出，对于题目中出现隐零点的一般思路是：先用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点；再虚设零点并确定取范围，利用导数讨论单调性及最值，其中可能需要构造函数进行二次求导.