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浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二数学上学期期中试题(Word版附解析)

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杭十四中二〇二三学年第一学期期中测试高二年级数学学科试卷一、单项选择题(本大题共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.设集合,,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】应用集合并补运算求集合.【详解】由题设,则.故选:D2.复数,则()A.B.5C.D.3【答案】C【解析】【分析】由复数的运算求解即可.【详解】,.故选:C3.幂函数在上为增函数,则实数的值为()A.B.0或2C.0D.2【答案】D【解析】【分析】根据函数为幂函数求出,再验证单调性可得.【详解】因为是幂函数,所以,解得或2,当时,在上为减函数,不符合题意, 当时,在上为增函数,符合题意,所以.故选:D.4.过定点M的直线与过定点N的直线交于点A(A与M,N不重合),则面积的最大值为()A.B.C.8D.16【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可得点A在以为直径的圆上,结合圆的性质求面积的最大值.【详解】对于直线,即,可得直线过定点,对于直线,即,可得直线过定点,∵,则直线与直线垂直,即,∴点A在以为直径的圆上,且,由圆的性质可知:面积的最大值为.故选:C.5.2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行.现要安排甲、乙等5名志愿者去A,B,C三个足球场服务,要求每个足球场都有人去,每人都只能去一个足球场,则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为()A.12B.18C.36D.48【答案】C【解析】分析】先按3,1,1或2,2,1分组,再安排到球场.【详解】将5人按3,1,1分成三组,且甲、乙在同一组的安排方法有种,将5人按2,2,1分成三组,且甲、乙在同一组的安排方法有种, 则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为.故选:C6.若过双曲线的一个焦点作双曲线的一条渐近线的垂线,垂线交轴于点(为双曲线的半焦距),则此双曲线的离心率是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】记点、,分析可知直线与直线垂直,可得出,求出的值,利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.【详解】双曲线的渐近线方程为,记点,由题意可知,点为双曲线的右焦点,易知直线与直线垂直,且,所以,,可得,因此,该双曲线的离心率为.故选:C.7.已知函数,若关于x的方程有6个不同的实数根,则实数a的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】画出的图象,设,可知关于t的方程在有两个不同的实数根,根据二次函数图象的性质即可求解.【详解】作函数的图象如下:由函数图象可知:要使关于x的方程有6个不同的实数根,设,则关于t的方程在有两个不同的实数根,因此,解得,所以实数a的取值范围为.故选:.8.已知平面向量,,满足,,且,若对每一个确定的向量,记的最小值为,则当变化时,的最大值为()A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设,,.根据已知得出点的轨迹方程为.然后表示出,平方根据以及之间的关系,化简可得.根据圆的范围得出的范围,研究的二次函数,即可得出.令,根据判别式法得出的范围,结合的范围检验,即可得出答案.【详解】根据题意,, 设,,.由,可得,所以,点的轨迹方程为.因为,所以,,所以,.又,所以有.因为,所以,所以,,关于的二次函数开口向上,则当时,有最小值,所以,.令,整理可得,由可得,,解得或.当时,有,化简可得,所以,,不在范围之内,舍去;当时,有,化简可得,所以,. 且当时,有,所以,.又,所以.故选:B.【点睛】关键点睛:将放到坐标系中,将已知条件转化为坐标关系,进而根据坐标研究.二、多项选择题(本大题共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,全部选对得5分,部分选对得2分,有选错得0分.)9.下列说法正确的是()A.用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本,则每个个体被抽到的概率是0.1B.已知一组数据1,2,,,8,9的平均数为5,则这组数据的中位数是5C.已知某班共有45人,小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名,则小明成绩的百分位数是20D.若样本数据的方差为8,则数据的方差为15【答案】AB【解析】【分析】对于A,利用概率对于判断即可.对于B,根据平均数求得的值,然后利用中位数公式求解即可.对于C,根据百分位数的概念求解判断即可对于D,利用方差的性质求解即可.【详解】对于A,一个总体含有60个个体,某个个体被抽到的概率为,以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为6的样本,则指定的某个个体被抽到的概率为,故A正确.对于B,数据1,2,,,8,9的平均数为5,故,解得,故这组数据的中位数是,故B正确.对于C,将全班成绩从小到大排列,小明的成绩在第37个,故小明成绩的百分位数不是20,故C错误.对于D,依题意,,则,故数据的方差 为32,D错误;故选:AB.10.已知函数是定义域为R的偶函数,是奇函数,则下列结论正确的是()A.B.C.是以4为周期的函数D.的图象关于对称【答案】ACD【解析】【分析】根据已知求出函数的对称中心,即可得出A项;根据对称中心以及偶函数的性质,即可得出函数的周期;根据函数的对称性,推导即可判断D项.【详解】对于A项,由是奇函数,可得函数关于点对称,所以有,故A项正确;对于B项,无法求出的值,故B项错误;对于C项,函数是定义域为R的偶函数,所以有.又函数关于点对称,所以,所以有,所以,,所以有,所以是以4为周期的函数,故C项正确;对于D项,因为,所以也是函数的对称轴.又是以4为周期的函数,所以的图象关于对称,故D项正确.故选:ACD.11.(多选)已知,,,则下列不等式恒成立的是()A.B.C.D.【答案】AD【解析】 【分析】利用基本不等式,可得,又可判断A正确;利用基本不等式,化简得解得,可判断B错误;利用基本不等式,得解得,可判断C错误;利用,由B选项结果可判断D正确;【详解】对于A,由,,利用基本不等式,可得,解得,又(当且仅当时,等号成立),而,所以,所以,故A正确;对于B,由,,利用基本不等式,化简得(当且仅当时,等号成立),解得,即,故B错误;对于C,由,,利用基本不等式化简得(当且仅当时,等号成立),解得,故C错误;对于D,,又,即,由B选项知,所以,故D正确;故选:AD【点睛】易错点睛:利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件:(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数;(2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值,则必须把构成积的因式的和转化成定值;(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方. 12.已知正四棱台中,,,高为2,分别为,的中点,是对角线上的一个动点,则以下正确的是()A平面平面B.点到平面的距离是点到平面的距离的C.若点为的中点,则三棱锥外接球的表面积为D.异面直线与所成角的正切值的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A,根据线线平行证明线面平行,进而证明面面平行;对于B,利用面面平行和点到平面距离的概念进行判断即可;对于C,利用球的表面积公式,直接求解即可;对于D,根据异面直线所成角的概念,作出相应的辅助线,进而利用勾股定理和锐角三角函数即可求解.【详解】选项A:设,,如图1所示.选项A:,,则四边形为平行四边形,,所以平面,又因为,所以平面,因为,所以平面平面,故正确;选项B:因为平面平面,所以点到平面的距离与点到平面的距离相等,又点到平面的距离与点到平面的距离相等,所以点到平面的距离与点到平面的 距离相等,故不正确;选项C:如图2所示,在梯形内过点作于点,所以面,取线段的中点,因为,所以为球心,,球的表面积为,故正确;选项D:如图3所示,因为,平面,所以平面,又平面,所以,所以(或其补角)为与所成的角,所以,若最小,则最小,当点在点时,取最小值2,所以的最小值为,故正确.故选:ACD.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)13.已知,则______.【答案】【解析】【分析】利用二项展开式的通项可知为二项式展开式的第二项,即可求得.【详解】根据题意可知,根据题意可知,为项的系数,利用二项展开式的通项可知可得;故答案为:14.已知点满足方程,点,,若直线的斜率为,斜率为,则的值为______.【答案】##【解析】 【分析】将方程转化为,利用椭圆定义法求标准方程,将方程变形代入斜率关系可得定值.【详解】已知动点满足方程,设,且,则有,故点的轨迹是以为焦点,长轴长为的椭圆,且中心在原点,焦点在轴,即点轨迹轨迹方程为椭圆的标准方程,则,,故所求轨迹方程为,则,又,,则.故答案为:.15.设圆:,圆:,点A、分别是圆,上的动点,为直线上的动点,则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】根据已知求出圆,的圆心、半径,判断直线与圆的位置关系,求出圆关于直线的对称圆.进而结合图象,结合对称性,即可得出答案.【详解】由已知可得,圆心,半径,圆心,半径.所以,圆心到直线,即的距离,圆心到直线,即的距离, 所以,直线与两圆均相离.设关于直线对称点为,则有,解得,,所以,圆:关于直线对称的圆的方程为.如图,连接,分别交圆于点,交圆于B点,交直线于点,连接交圆于点,则.又,所以当点位于点处时,有最小值.又,所以,.故答案为:.16.已知函数,对任意在区间上总存在两个实数,,使成立,则的取值范围是______.【答案】【解析】 【分析】根据已知转化为求解函数在上的最小值.当时,直接求解即可;当时,根据二次函数的性质可知,进而求解化简即可得出答案.【详解】由已知可得,设在上的最大值为,最小值为,只需即可当时,在R上单调递减,此时,显然满足条件;当时,为二次函数,要使最小,则应有,此时有.又,所以,只需满足即可,即或.综上所述,或或.故答案为:.四、解答题(本大题共6题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.某中学作为蓝色海洋教育特色学校,随机抽取100名学生,进行一次海洋知识测试,按测试成绩(假设考试成绩均在[65,90)内)分组如下:第一组[65,70),第二组[70,75),第三组[75,80),第四组[80,85),第五组[85,90).得到频率分布直方图如图.(1)求测试成绩在[80,85)内的频率;(2)从第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取6名学生组成海洋知识宣讲小组,定期在校内进行义务宣讲,并在这6名学生中随机选取2名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队,求第四组至少有1名学 生被抽中的概率.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)由所有频率的和为,易得测试成绩在[80,85)内的频率;(2)先分别求出第三组、第四组、第五组的人数,再由分层抽样方法得各组应该抽取的人数.用字母表示所研究的事件,用列举法得基本事件的总数以及所研究事件含多少个基本事件,最后利用古典概型公式求得概率.【详解】(1)测试成绩在[80,85)内的频率为:(2)第三组的人数等于,第四组的人数等于,第五组的人数等于,分组抽样各组的人数为第三组3人,第四组2人,第五组1人.设第三组抽到的3人为,第四组抽到的2人为,第五组抽到的1人为.                             这6名同学中随机选取2名的可能情况有15种,如下:.设“第四组2名同学至少有一名同学被抽中”为事件,事件包含的事件个数有9种,即:,,,,.所以,事件的概率即第四组至少有一名同学被抽中的概率为.考点:1、考查频率分布;2、频率分布直方图;3、古典概型.18.已知函数,且图象的相邻两对称轴间的距离为.(1)求的解析式和单调递增区间. (2)将函数的图象向右平移个单位长度,再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变),得到函数的图象,当时,求函数的值域.【答案】(1),单调递增区间为(2)【解析】【分析】(1)根据二倍角的余弦以及辅助角公式化简,即可得出.然后由已知推得,即可得出,得出解析式;整体代换,即可得出函数的单调递增区间;(2)先根据图象平移得出的解析式,然后根据已知的范围得出,结合正弦函数的性质,即可得出答案.【小问1详解】由已知可得,.又图象的相邻两对称轴间的距离为,所以,,即,所以,所以,.由可得,,所以,的单调递增区间为.【小问2详解】由(1)知,,将函数的图象向右平移个单位长度,可得的图象. 再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变),得到函数的图象.因为,所以.因为函数在上单调递减,在上单调递增,且,,,所以,当时,,所以,,所以,函数的值域为.19.在中,角所对边分别为,已知.(1)求;(2)若,求面积的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角,再利用和角的正弦化简作答.(2)由(1)的结论,利用余弦定理结合均值不等式求出三角形面积范围作答.【小问1详解】在中,由已知及正弦定理得:,即有,即,而,,则,所以.【小问2详解】在中,由余弦定理得:,因此,即,当且仅当时取等号, 又,所以面积的取值范围是.20.已知圆O:,直线l:.(1)若直线l与圆O相切,求k的值;(2)若直线l与圆O交于不同的两点A,B,当为锐角时,求k的取值范围;(3)若,P是直线l上的动点,过P作圆O的两条切线PC,PD,切点为C,D,探究:直线CD是否过定点,若过定点,则求出该定点.【答案】(1);(2)或;(3)直线CD过定点.【解析】【分析】(1)由圆心到切线距离等于半径求参数值;(2)只要圆心到直线的距离大于弦长的一半即可.(3)利用点坐标,求出直线的方程,由方程确定是否过定点.【详解】(1)原点到直线的距离为,由,解得;(2)因为,为锐角时等价于,即,∴,解得或;(3)在直线上,设,则以为直径的圆方程为,即,同,相减得,这就是直线的方程.又,∴,,由得,∴直线过定点. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,考查圆中定点问题.直线与圆的位置关系一般用几何方法求解,即求出圆心到直线的距离,由与半径的关系确定直线与圆位置关系,而求直线与圆相交弦长就利用垂径定理得垂直后由勾股定理计算.直线过定点问题,采取基本方法,设动点的坐标为参数,由这个参数求出直线方程,分析方程,得定点.21.椭圆()离心率为,是椭圆上的任意一点,、分别是椭圆的左右焦点,且的周长为6.(1)求椭圆的方程;(2)若是椭圆的左顶点,过的两条直线,分别与交于异于点的、两点,若直线,的斜率之和为,则直线是否经过定点?如果是,求出定点,如果不是,说明理由.【答案】(1)(2)是,定点【解析】【分析】(1)由题意得求出,再结合求出,从而可得椭圆方程;(2)设直线为,代入椭圆方程化简,再利用根与系数的关系,然后由可求得,则得直线为,从而可得直线恒过定点.【小问1详解】由题意得,解得,所以,所以椭圆的方程为,【小问2详解】由(1),由题意得直线的斜率存在,设直线为, 由,得,化简得,由,得,设,则,所以,所以,所以直线:,所以直线恒过点.【点睛】关键点点睛:此题考查椭圆方程的求法,考查直线与椭圆的位 置关系,解(2)问解题的关键是由结合根与系数的得到的式子可得,代入直线方程化简可得答案,考查数学计算能力,属于较难题.22.已知函数.(1)若关于的方程只有一个实数解,求实数的取值范围;(2)若当时,不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)探究函数在区间上的最大值(直接写出结果,不需给出演算步骤).【答案】(1)(2)(3)当时,在上的最大值为;当时,在上的最大值为;当时,在上的最大值为0.【解析】【详解】试题分析:(1)方程,即,变形得,显然,已是该方程的根,从而欲使原方程只有一解,即要求方程有且仅有一个等于1的解或无解,结合图形得.……4分(2)不等式对恒成立,即(*)对恒成立,①当时,(*)显然成立,此时;②当时,(*)可变形为,令因为当时,,当时,,所以,故此时.综合①②,得所求实数的取值范围是.……8分(3)因为=……10分①当时,结合图形可知在上递减,在上递增,且,经比较,此时在上的最大值为. ②当时,结合图形可知在,上递减,在,上递增,且,,经比较,知此时在上的最大值为.③当时,结合图形可知在,上递减,在,上递增,且,,经比较,知此时在上的最大值为.④当时,结合图形可知在,上递减,在,上递增,且,,经比较,知此时在上的最大值为.当时,结合图形可知在上递减,在上递增,故此时在上的最大值为.综上所述,当时,在上的最大值为;当时,在上的最大值为;当时,在上的最大值为0.……15分考点:本小题主要考查由方程根的情况求参数的取值范围、恒成立问题的求解和含参数的二次函数的最值问题,考查学生数形结合思想和分类讨论思想的应用.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-11-23 19:50:02 页数:21
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文章作者:随遇而安

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