浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题 Word版含解析.docx

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杭十四中二〇二三学年高二年级第一学期期中测试数学试卷一、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.