浙江省杭州市第十四中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

杭十四中二〇二二学年第二学期阶段性测试高二年级数学试卷考生须知：1.考试时间：4月25日7：40—9：40；2.答题前，务必先在答题卡上正确填涂班级、姓名、准考证号；3.将答案答在答题卡上，在试卷上答题无效．请按题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效；4.本卷满分150分．共4页；5.本试卷不得使用计算器．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．1.已知函数，为的导函数，则的值为（）A.B.1C.D.0【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，代入计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：B2.计算的值是（）A.70B.245C.1050D.1680【答案】B【解析】【分析】由排列数，组合数定义可得答案.【详解】.故选：B3.函数的大致图象为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出函数的定义域，分析函数的奇偶性以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，且，，所以，函数为偶函数，排除BC选项；当时，，则，排除D选项.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.4.设圆：，若直线在轴上的截距为，则与的交点个数为（） A.B.C.D.以上都有可能【答案】C【解析】【分析】利用直线过定点，判断定点在圆内即可．【详解】解：直线在轴上的截距为，直线过定点，，点在圆内，直线与的交点个数为个．故选：．5.由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的一部分，且此双曲线的一条渐近线为，下焦点到下顶点的距离为1，则该双曲线的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线的标准方程写出渐近线方程，由已知渐近线方程得到，又下焦点到下顶点的距离为1，得到关系，结合解出即可.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线为，所以即，又下焦点到下顶点的距离为1， 所以，结合解得，，故选：A．6.第十九届亚运会在杭州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种（）A.25B.100C.150D.300【答案】C【解析】【分析】根据题意先考虑工作的分组情况，再利用部分平均分组的方法计算即可.【详解】由题意可得该5项工作可以分为1、1、3三组或1、2、2三组两种情况，对于1、1、3三组，有种分法；对于1、2、2三组，有分法；故将五项工作分成三组有10+15=25种分法，安排到3人有种安排方式.故选：C7.已知是数列的前n项和，，，当数列的前n项和取得最大值时，n的值为（）A.30B.31C.32D.33【答案】C【解析】【分析】由递推式得到，结合等差中项知为等差数列，进而写出其通项公式并判断单调性，最后判断上各项的符号，即可确定前n项和取得最大值时n的值.【详解】①，则②，②－①得：，即，则数列为等差数列，且，由得：，则公差，所以，数列单调递减，而，，，......，设，当时，，且，，当时，恒成立，显然，， 即数列的前32项和最大.故选：C8.设对于曲线上任一点处的切线，总存在曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设两曲线任意一点切线斜率分别为、，根据垂直关系及指数函数、正弦函数的性质确定、的范围，进而判断包含关系，即可求参数范围.【详解】由，则的切线斜率为，由，则的切线斜率为，而两曲线上总存在切线、有，即，而，即，故，所以，解得，即.故选：D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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球．每次从箱子中随机的摸出一个球，摸出的球不放回．设事件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B表示“第2次摸球，摸到红球”则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用条件概率及全概率公式进行求解. 【详解】，A正确；PBA=PABPA=46×3546=35，由全概率公式可知：所以BC错误，D正确.故选：AD10.下列说法正确的是（）A.若数列是等差数列，且，则B.若是等差数列的前项和，则成等差数列C.若是等比数列的前项和，则成等比数列D.若是等比数列的前项和，且（其中是非零常数，），则为零【答案】BD【解析】【分析】根据题意，由等差数列的通项与求和公式，以及等比数列的通项与求和公式，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，取数列为常数列，对任意的，都有，故错误；对于B，设等差数列的首项为，公差为，则，同理，所以，所以成等差数列，故正确；对于C，设，则，，所以此数列不是等比数列，故错误；对于D，因为，所以此数列为首项是，公比为的等比数列，则，所以，所以，故正确. 故选:BD11.如图，已知ABC是边长为4的等边三角形，DE，分别是ABAC，的中点，将ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则（）A.翻折过程中，直线BC始终与平面PDE平行B.存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC.翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3D.当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，通过说明可判断选项正误；B选项，如图建立以DE中点F为原点空间直角坐标系，利用平面PDE法向量与平面PBC法向量互相垂直可判断选项正误；C选项，易知当平面PDE⊥平面DBCE时，四棱锥体积最大，计算体积即可判断选项正误；D选项，结合B选项分析与可得P坐标，后算出四边形DBCE外接圆圆心坐标，球心坐标，即可得相应球表面积.【详解】A选项，注意到在翻折过程中，始终有又平面PDE，平面PDE，则BC始终与平面PDE平行，故A正确；B选项，取DE中点为F，BC中点为G，连接AF，PF，FG.如图建立以F为原点，AF所在直线为y轴，FD所在直线为x轴，过P点且与平面DBCE垂直直线为z轴建立空间直角坐标系.由题可得，且翻折过程中，P点在yOz平面上，设，则，由题.则.,. 设平面PDE法向量为，则，取.设平面PBC法向量为，则，取.因平面PDE⊥平面PBC，则不存在，则不存在相应的P点，使PDE⊥平面PBC，故B错误；C选项，易知当平面PDE⊥平面DBCE时，四棱锥体积最大，此时为底面对应高，则，其中，.则，故C正确.D选项，因，，则可得..设四边形DBCE外接圆圆心坐标为，由题知其在y轴上，则.因，则，.则外接球球心O在过且与平面DBCE垂直的直线上，设为.又，则，.则外接球半径为：.故外接球表面积为.故D正确.故选：ACD 12.已知数列的前n项和为，，且（，2，…），则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，只需判断；对于B选项，通过通项公式可求得；对于C选项，将条件转化为，举出反例即可判断；对于D选项，将数列放缩成等比数列求和，即可判断.【详解】由条件，两边同时除以，得，∴，故数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，∴，对于A选项，∵，∴，∴，故A选项正确；对于B，，所以B选项正确；对于C选项，，等价于，因为，所以当时，，故C选项错误；对于D选项，， ∴，又，∴，∴，故D选项正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：由，得，是解决本题得关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.二项式的展开式的常数项等于_____________．【答案】【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得常数项.【详解】二项式的展开式的通项公式为：，令，求得，所以展开式的常数项为.故答案为：14.已知随机变量服从正态分布，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据概率之和为1，求得，再利用正态曲线的对称性得，即可求得答案.【详解】解：因为，所以，因为随机变量服从正态分布，所以， 所以.故答案为：0.6.15.如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供种不同的颜色给其中个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则，区域涂同色的概率为_____________．【答案】【解析】【分析】利用分步乘法计数原理求出所有的涂色种数，再求出，区域涂同色情况，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意分4步进行分析：①，对于区域，有6种颜色可选；②，对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选；③，对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选；④，对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选，若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选，则区域、有种选择，综上可得不同的涂色方案有种.其中与颜色相同的有种，所以，区域涂同色的概率.故答案为：16.已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】先将不等式变形为， 再构造函数，利用函数单调性可得，，再分离参数转化为，然后求出函数的最小值，即解出．【详解】由题意，不等式可变形为，得对任意恒成立.设，则对任意恒成立，，当时，，所以函数在上单调递减，当时，，所以函数在上单调递增.当时，，因为求实数的最小值，所以考虑的情况，此时，因为函数在上单调递增，所以要使，只需，两边取对数，得上，由于，所以.令，则，令，得，易得在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，所以实数的最小值为.故答案为：【点睛】关键点睛：求解不等式问题的关键：（1）适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点；（2 ）构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解.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.已知平面向量，，函数．（1）求的单调增区间．（2）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，求△ABC周长的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用向量数量积的坐标运算求出，再通过二倍角与辅助角公式化简，带入三角函数的单调递增区间即可求得；(2)代入已知条件，余弦定理可以获得边之间的关系，再结合基本不等式即可求得周长的取值范围.【小问1详解】，所以令，解得，所以函数的单调递增区间为;【小问2详解】因为，即，解得，即，因为A为三角形的内角，所以，又因为，所以，即即，解得，又因为a，b，c是的边，所以，故△ABC周长.所以周长的取值范围是. 18.如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，，的平面与棱交于点．（1）证明：四边形是矩形；（2）求平面和平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先根据线面平行的判定定理，性质定理证出四边形是平行四边形，再由条件可证得平面，于是，从而四边形是矩形；（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再分别求出平面，平面的一个法向量，然后根据二面角的向量公式即可求出．【小问1详解】连接，，在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以，因此，因为点是的中点，所以为中点，所以，所以四边形为平行四边形， 在正中，因为是的中点，所以，由题可知平面，平面，所以，，因为，平面，所以平面，又平面，所以，故四边形为矩形.【小问2详解】由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.在中，，，所以.于是，，，，，，.设平面的法向量为，由，得，取.设平面的法向量为，由，得，取设平面和平面夹角为，则，故平面和平面夹角的余弦值为. 19.甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球2次均未命中的概率为.（Ⅰ）求乙投球的命中率；（Ⅱ）若甲投球1次，乙投球2次，两人共命中的次数记为，求的分布列和数学期望.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）的分布列为0123的数学期望【解析】【详解】试题分析：对于问题（I）由题目条件并结合间接法，即可求出乙投球的命中率；对于问题（II），首先列出两人共命中的次数的所有可能的取值情况，再根据题目条件分别求出取各个值时所对应的概率，就可得到的分布列．试题解析：（I）设“甲投球一次命中”为事件，“乙投球一次命中”为事件.由题意得解得或（舍去），所以乙投球的命中率为.（II）由题设知（I）知，，，，可能取值为 故，，的分布列为考点：1、概率；2、离散型随机变量及其分布列.20.已知函数，对任意，都有．（1）求的值．（2）数列满足：，求数列前项和．（3）若，证明：【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意令，即可得解；（2）令可得，再利用倒序相加法得到，从而得到 ，最后利用错位相减法计算可得；（3）利用放缩法得到，利用裂项相消法计算可得.【小问1详解】因为对任意，都有，令，所以，所以.【小问2详解】因为，令，则，①，又②，两式相加得：，所以．，所以③，④，③④可得，，所以；【小问3详解】由（2）可知，所以， 所以，所以.21.已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．（1）若直线垂直于轴，求；（2）当时，在轴上方时，求、的坐标；（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2），（3）存在，或【解析】【分析】（1）由题意方程求得右焦点坐标，进一步求得，的坐标，则可求；（2）设，由，利用数量积为0求得与方程，再由在椭圆上，得与的另一方程，联立即可求得的坐标．得到直线的方程，与椭圆方程联立即可求得的坐标；（3）设，，，，直线，联立直线方程与椭圆方程，结合，得，再由直线的方程：，得纵坐标，由直线的方程：，得的纵坐标 ，结合根与系数的关系，得，解得值，从而得到直线方程．【小问1详解】解：依题意，，当轴时，将代入，解得，则，，所以；【小问2详解】解：设，，，，所以，，又在椭圆上，满足，即，，解得，即．所以直线，联立，解得或，所以；【小问3详解】设，，，，直线，则，．联立，得．则，．由直线的方程：，得纵坐标； 由直线的方程：，得的纵坐标．若，即，，，，代入根与系数的关系，得，解得．存在直线或满足题意．【点睛】方法点睛：解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；（2）面积等于水平宽与铅垂高积的一半.22.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）设函数，试判断在内的零点个数.【答案】（1）在区间，上单调递减，在区间上单调递增（2）零点个数为2【解析】【分析】（1）利用导数求解单调区间即可.（2）首先将题意转化为根的个数，设，再分类讨论与轴的交点个数即可.【小问1详解】 函数的定义域为，，令，得.当时，；当时，；当时，，所以在区间，上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】令，得.设，所以.①当时，可知，则，所以，又，，所以，从而在上单调递减，又，，由零点存在定理及的单调性，得在上有一个零点.②当时，，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增，所以时，函数，则.所以，则恒成立.所以上无零点.③当时，，，则在上单调递增. 又，，所以上存在一个零点.综上，在内零点个数为2，即在内的零点个数为2.