浙江省杭州市浙里特色聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（含答案）

浙江省杭州市浙里特色聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1．若集合A={x|?1<x<1}，B={x|x2+x?6<0}A．{?2,?1,C．{x|?3<x<2} D．{x|?1<x<1}2．在等差數(shù)列{an}中，a7+A．13 B．14 C．16 D．173．已知空間向量a=(?2,?1A．(a+b)∥a B．C．2a⊥(5a4．若函數(shù)f(x)=lnx?2x+1，則f'A．0 B．12 C．32 5．若點P(?22,y)是角α終邊上一點，且cosA．?2 B．2 C．-2 6．已知圓x2+y2=4與圓xA．2x+y?3=0 B．x?2y?8=0 C．2x?y?5=0 D．x+2y=07．我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說：“數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分家萬事休．”在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也常用函數(shù)的解析式來研究函數(shù)圖象的特征．我們從這個商標(biāo)中抽象出一個圖象如圖，其對應(yīng)的函數(shù)可能是（）A．f(x)=1|x?1| C．f(x)=1x28．已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點F到準(zhǔn)線的距離為4，過點F的直線與拋物線交于A，B兩點，M為線段AB的中點，若|AB|=16，則點M到A．4 B．6 C．7 D．8二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知復(fù)數(shù)z=1?i，則下列說法正確的是（）A．z的實部為1B．z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限C．z的虛部為?iD．z的共軛復(fù)數(shù)為1+i10．袋子中共有大小和質(zhì)地相同的4個球，其中2個白球和2個黑球，從袋中有放回地依次隨機摸出2個球．甲表示事件“第一次摸到白球”，乙表示事件“第二次摸到黑球”，丙表示事件“兩次都摸到白球”，則（）A．甲與乙互斥 B．乙與丙互斥 C．甲與乙獨立 D．甲與乙對立11．如圖所示，“嫦娥五號”月球探測器飛行到月球附近時，首先在以月球球心F為圓心的圓形軌道I上繞月球飛行，然后在P點處變軌進入以F為一個焦點的橢圓軌道Ⅱ繞月球飛行，最后在Q點處變軌進入以F為圓心的圓形軌道Ⅲ繞月球飛行，設(shè)圓形軌道I的半徑為R，圓形軌道Ⅲ的半徑為r，則（）A．軌道I的長軸長為R+rB．軌道Ⅱ的焦距為R?rC．若R不變，r越小，軌道Ⅱ的短軸長越大D．若r不變，R越大，軌道Ⅱ的離心率越小三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知向量a=(1,x)，b=(x,4)13．已知直線l：y=2x?1.若點(n,an)在直線l上，則數(shù)列{an14．古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯（約公元前262～公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代數(shù)學(xué)的重要成果，其中有這樣一個結(jié)論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)λ(λ≠1)的點的軌跡是圓，后人崗稱這個圓為阿波羅尼斯圓，已知點O(0,0)，A(3,0)，動點P(x,y)滿足|PO||PA|=1四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．在△ABC中，sinA=2sinB，b=2.再從條件①、條件②條件①：c=4；條件②：b2?a2=注：如果選擇的條件不符合要求，不給分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.（1）求∠B的大小，（2）求△ABC的面積16．已知f(x)=ax3?bx+4，f(x)在x=2（1）求f(x)的解析式（2）求f(x)在x=3處的切線方程.（3）若方程f(x)+k=0有且只有一個實數(shù)根，求k的取值范圍.17．已知數(shù)列{an}中，a1=3（1）求數(shù)列{an}的通項公式及其前n（2）設(shè)bn=nan18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△DCP是等邊三角形，∠DCB=∠PCB=π4，點M,N分別為（1）求證：MN∥平面PBC；（2）求證：平面PBC⊥平面ABCD；（3）求CM與平面PAD所成角的正弦值.19．已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A1，A2，若以F1圓心，1為半徑的圓與以F2為圓心，3為半徑的圓相交于A（1）求橢圓E的方程（2）點P是直線l：x=4上一動點，過點P作橢圓E的兩條切線，切點分別為M，N.①求證直線MN恒過定點，并求出此定點.②求△PMN面積的最小值.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：B={x|x2+x?6<0}={x|-3<x<2}，

∴A∩B={x|?1<x<1}.

2．【答案】B【解析】【解答】解：{an}是等差數(shù)列，則a7+a9=a4+a12

3．【答案】C【解析】【解答】解：對于A：a+b=(1,3,6)對于B：a與b夾角的余弦值為a?對于C：2a=(?4,?2,2)，對于D：4|a|=46故答案為：C【分析】根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運算，即可判斷選項.4．【答案】A【解析】【解答】解：因為f'(x)=1x?2，所以f'(12)=2?2=0.5．【答案】D【解析】【解答】解：cos(α+π2所以y8+y2=3故答案為：D.【分析】由誘導(dǎo)公式六及三角函數(shù)的定義求解即可.6．【答案】C【解析】【解答】解：圓C1:x2+C2:x2+由題意知，l是圓C1和圓C∵C1(0,0)圓心C1C2連線的斜率為kC1故l的方程：y+1=2(x?2)，即y=2x?5，故C正確．故答案為：C．【分析】根據(jù)對稱可知l是圓C1和圓C7．【答案】B【解析】【解答】由圖知f(x)的定義域為{x|x≠±1}，排除A、D，又因為當(dāng)x=0時，f(0)=?1，不符合圖象f(0)=1，所以排除C，故答案為：B.

【分析】由圖像知函數(shù)的定義域排除選項B，D，再根據(jù)f(0)=?1不成立排除選項C，即可得正確選項。8．【答案】B【解析】【解答】解：由題設(shè)易知p=4，從而準(zhǔn)線方程為x=?2.設(shè)點A(x1,y1)，點由拋物線的定義知，|AF|+|BF|=x所以有x1+x2=12，所以M故答案為：B【分析】由拋物線的定義和相關(guān)性質(zhì)求解即可得到答案.9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：由z=1?i，

則z的實部為1，虛部為-1，共軛復(fù)數(shù)為1+i；

則A、D正確，C錯誤；

z=1?i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為1，-1，是位于第四象限，B正確；

故答案為：ABD.

【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的概念以及復(fù)數(shù)的幾何意義即可得到結(jié)果.10．【答案】B,C【解析】【解答】首先抽取方法是有放回，每次摸出1個球，共抽取2次.基本事件為：白白，白黑，黑白，黑黑，共4種情況.事件甲和事件乙可能同時發(fā)生：白黑，所以甲與乙不是互斥事件，A不符合題意.事件乙和事件丙不可能同時發(fā)生，所以乙與丙互斥，B符合題意.事件甲和事件乙是否發(fā)生沒有關(guān)系，用A表示事件甲，用B表示事件乙，P(A)=12，P(B)=由于事件甲和事件乙是否發(fā)生沒有關(guān)系，所以不是對立事件.故答案為：BC

【分析】利用已知條件結(jié)合互斥事件、對立事件的定義，從而找出正確的選項。11．【答案】A,B【解析】【解答】解：設(shè)橢圓長軸2a，短軸2b，焦距2c，對于A選項，由橢圓的性質(zhì)可知，軌道Ⅱ的長軸長為2a=|PQ|=|QF|+|FP|=R+r，故選項A正確；對于B選項，由橢圓的性質(zhì)知，|QF|=a?c=r，又因為2a=R+r，所以2c=R?r，故選項B正確；對于C選項，由前面選項知2b=2a若R不變，r越小，2b越小，軌道Ⅱ的短軸長越小，故選項C錯誤；對于D選項，因為e=c若r不變，R越大，則2Rr+1故答案為：AB.【分析】根據(jù)橢圓中長軸兩端點之間的距離2a，以及一個焦點與長軸兩頂點的距離分別為a+c,12．【答案】±2【解析】【解答】解：因為a∥b，

則1×4-x2=0，即x2=4，

13．【答案】n【解析】【解答】解：因為點(n,an)在直線l上，

則an=2n?1，

所以{an}是以2為公差，以1為首項的等差數(shù)列，

所以Sn=n+14．【答案】2【解析】【解答】解：由題意設(shè)P(x,易知|PA|2=4|PO|整理得點P的軌跡方程為(x+1)2其軌跡是以(?1,而圓(x?1)2+y可得兩圓的圓心距為2，大于2?1=1，小于2+1=3，則動點P的軌跡與圓(x?1)2故公切線的條數(shù)為2.故答案為：2【分析】利用阿波羅尼斯圓定義可得點P的軌跡方程為(x+1)215．【答案】（1）解：依題意，sinA=2sinB選①，c=4，則a+b<c，三角形不存在，不符合題意.選②，b2?a2=c2?2且由22+c2?三角形ABC是等腰直角三角形，存在且唯一，符合題意.選③，acosB=bsin由于0<A<π，sinA>0，所以cosB=sinB，則由余弦定理得b2=a得c2?22所以三角形ABC是等腰直角三角形，存在且唯一，符合題意.（2）由（1）得三角形ABC是等腰直角三角形，所以S△ABC【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理化簡已知條件，選擇條件①、條件②、條件③后，根據(jù)所選條件進行分析，由此求得正確答案.（2）利用三角形的面積公式求得正確答案.16．【答案】（1）解：由題意知f'因為f(x)在x=2處取得極小值?則f'解得：a=13經(jīng)檢驗，滿足題意，所以a=13，所以f(x)=（2）解：由題意知f(x)=13x3?4x+4，f'(x)=x2?4，所以f(3)=1，f'（3）解：令f'(x)=0，解得x=?2或x=2，則x，f'x(?∞-2(?22(2f+0-0+f(x)單調(diào)遞增28單調(diào)遞減?單調(diào)遞增則f(?2)=283方程f(x)+k=0有且只有一個實數(shù)根等價于?k=f(x)有且只有一個實數(shù)根，等價于函數(shù)y=?k與y=f(x)有且只有一個交點，即?k<?43或?k>283，解得：所以k∈(?∞,【解析】【分析】（1）求出f'(x)，由題意可的（2）分別求出f(3)，f'（3）將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=?k與y=f(x)有且只有一個交點，求出函數(shù)y=f17．【答案】（1）解：因為點(an,an+1又a1=3，故數(shù)列{aSn（2）證明：由題可知bn=n所以Tn①×13，得①-②，得23故Tn=34?【解析】【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式結(jié)合前n項和公式，即可求得結(jié)果；（2）利用錯位相減法求得{bn}18．【答案】（1）證明：取PC中點E，連接ME,BE，因為M為DP中點，N為所以ME∥__12DC，又因為MN∥BE，因為MN?平面PBC，BE?平面PBC，所以MN∥平面PBC.（2）證明：因為∠DCB=∠PCB=π4,CD=PC,BC=BC，所以BCD?△BCP，

過PPQ=DQ=2,PPQ⊥平面ABCD，因為PQ?平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABCD.（3）解：以Q為坐標(biāo)原點，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則C(設(shè)平面PAD的一個法向量n=(x,y,z)設(shè)CM與平面PAD所成角為θ，則sinθ=|【解析】【分析】（1）取PC中點E，由已知條件，結(jié)合線面平行的判定證明即可；（2）過P作PQ⊥BC于點Q，利用三角形全等結(jié)合線面垂直的判定、面面垂直的判定證明即可；（3）以Q為坐標(biāo)原點，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求解即可.19．【答案】（1）解：若以F1為圓心，1為半徑的圓與以F若橢圓E經(jīng)過A，B兩點，可得2a=1+3=4，可得a=2，設(shè)A(x0,y0)，且因為kAA1所以b2=3，所以橢圓E的方程為（2）解：①由（1）知，橢圓E的焦點F2設(shè)M(x1,y1則切線PM的方程為xx14+yy1所以12x1+4t因為kMF2=y因為3x1+t代入上式，可得k所以MF2⊥P所以直線MN恒過定點F2(1,②由（1）知