20222023學年浙江省精誠聯盟高二（下）聯考數學模擬試卷一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1.過空間三點，，的平面的一個法向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設出平面的法向量為，利用垂直關系，布列方程組，即可得到結果.【詳解】，．設平面的法向量為．由題意知，，所以，解得，令，得平面的一個法向量是．故選：A2.設雙曲線的右焦點為，以為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于另一點（為坐標原點），且，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設點為第一象限的點，求得，再利用公式可計算出雙曲線的離心率.【詳解】如下圖所示：設點為第一象限的點，由于以為直徑的圓交雙曲線的漸近線于點，則，且，，因此，雙曲線的離心率為.故選：B.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，在涉及雙曲線的漸近線方程時，利用公式計算較為簡便，考查計算能力，屬于中等題.3.直線l的方向向量為，且l過點，則點到直線l的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】利用向量投影和勾股定理即可計算.【詳解】∵，，∴，又，∴在方向上的投影，∴P到l距離.故選：C4.平面直角坐標系中，，，動點滿足，則使為等腰三角形的點個數為（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】設，根據可得動點的軌跡方程為圓，再結合為等腰三角形分析即可求解.【詳解】設，由，得，整理得，記為圓又，為等腰三角形，則有或.因為圓與圓相交，故滿足點有2個；因為圓與圓相交，故滿足點有2個，故使為等腰三角形的點共有4個.故選：D.5.某親子欄目中，節(jié)目組給6位小朋友布置一項搜尋空投食物的任務．已知：①食物投擲點有遠、近兩處；②由于小朋友甲年紀尚小，所以要么不參與該項任務，要么參與搜尋近處投擲點的食物，但不參與時另需1位小朋友在大本營陪同；③所有參與搜尋任務的小朋友被均勻分成兩組，一組去遠處，一組去近處．那么不同的搜尋方案有（）A.10種 B.40種 C.70種 D.80種【答案】B【解析】【分析】分別分析甲不參與任務和甲參與任務兩種情況，結合題意，分析計算，即可得答案.【詳解】若甲不參與任務，則需要先從剩下的5位小朋友中任意選出1位陪同，有種選擇，再從剩下的4位小朋友中選出2位搜尋遠處，有種選擇，最后剩下的2位小朋友搜尋近處，因此搜尋方案共有（種）；若甲參與任務，則其只能去近處，需要從剩下的5位小朋友中選出2位搜尋近處，有種選擇，剩下的3位小朋友去搜尋遠處，因此搜尋方案共有（種）．綜上，搜尋方案共有（種）．故選：B．6.已知直線與拋物線相交于A、B兩點，F為C的焦點，若,則k=A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】將y=k(x+2)代入y2=8x,得k2x2+(4k28)x+4k2=0.設交點的橫坐標分別為xA,xB,則xA+xB=4,①xA·xB=4.又|FA|=xA+2,|FB|=xB+2,|FA|=2|FB|,∴2xB+4=xA+2.∴xA=2xB+2.②∴將②代入①得xB=2xA=4+2=2.故xA·xB==4.解之得k2=.而k>0,∴k=,滿足Δ>0.故選D.7.已知數列的首項是，前項和為，且（），設，若存在常數，使不等式（）恒成立，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據數列的遞推式可得到，構造等比數列求出，繼而求出，再利用基本不等式求得的最大值，則可得答案.【詳解】當時，由可得，兩式相減得：，即，而，，故，所以是以為首項，為公比的等比數列，則，故，所以，而，當且僅當時取等號，故，當且僅當時取等號，所以若存在常數，使不等式（）恒成立，則的最小值為，故選：C8.已知函數，若恒成立，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將式子變形為，構造函數,求導判斷單調性，進而將問題轉化成，分離參數，構造函數，利用導數求解最值即可.【詳解】等價于.令函數，則，故是增函數.所以等價于，故，即.令函數，則.當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以，故實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】對于利用導數求解參數范圍的問題的求解策略：1.通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2.利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3.根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9.下列命題中，表述正確的是（）A.直線恒過定點B.圓上有且僅有3個點到直線的距離都等于1C.直線與曲線有兩個不同的交點，則實數的取值范圍是D.已知圓，點為直線上一動點，過點向圓引兩條切線，為切點，則直線經過定點【答案】BD【解析】【分析】將直線的方程進行整理利用參數分離即可判斷選項A；根據圓心到直線的距離與半徑的關系比較即可判斷選項B；直線過定點，數形結合得判斷選項C；設出點坐標，求出以線段為直徑的圓的方程，與已知圓的方程相減即可得直線的方程，即可判斷選項D，進而可得正確選項.【詳解】解：對于選項A：由可得：，由可得，所以直線恒過定點，故選項A不正確；對于選項B：圓心到直線的距離等于，圓的半徑，平行于且距離為1的兩直線分別過圓心以及和圓相切，所以，圓上有且僅有3個點到直線的距離等于，故選項B正確；對于選項C：由題知直線過定點，曲線表示以為圓心，為半徑的圓在直線及上方的半圓，如圖，直線為過點，與半圓相切切線，切點為，所以，要使直線與曲線有兩個不同的交點，則，所以，當直線與半圓相切時，有，解得，即因為，所以實數的取值范圍是，故C選項錯誤；對于選項D：設點坐標為，所以，即，因為、分別為過點所作的圓的兩條切線，所以，，所以點在以為直徑的圓上，以為直徑的圓的方程為，整理可得：，與已知圓相減可得，消去可得：，即，由可得，所以直線經過定點，故選項D正確.故選：BD10.1202年，斐波那契在《算盤全書》中從兔子問題得到斐波那契數列1，1，2，3，5，8，13，21該數列的特點是前兩項為1，從第三項起，每一項都等于它前面兩項的和，人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列，19世紀以前并沒有人認真研究它，但在19世紀末和20世紀，這一問題派生出廣泛的應用，從而活躍起來，成為熱門的研究課題，記為該數列的前項和，則下列結論正確的是（）A. B.為偶數C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據遞推關系計算出的值可判斷選項A；根據數列中項的特點可判斷選項B；由可得，再化簡可判斷選項C；由，化簡整理可判斷選項D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：由題意知：，，，，，，，，，，，故選項A正確；對于B：因為該數列的特點是前兩項為1，從第三項起，每一項都等于它前面兩項的和，此數列中數字的特點為：奇數、奇數、偶數的規(guī)律循環(huán)出現，每3個數一組，呈奇奇偶的順序排列，而（組）（個），故為奇數，選項B錯誤；對于C：由題意知：，所以，故選項C正確；對于D：，故選項D正確，故選：ACD.11.已知橢圓的左?右焦點分別為，上頂點為，直線與橢圓交于兩點，的角平分線與軸相交于點，與軸相交于點，則（）A.四邊形的周長為8B.的最小值為C.直線的斜率之積為D.當時，【答案】AC【解析】【分析】利用對稱以及橢圓的定義即可判斷A，結合基本不等式即可判斷C，利用兩點斜率公式即可判斷C，由角平分線的性質結合等面積法可得，利用聯立方程以及弦長公式即可代入求值.【詳解】連接,,由橢圓的對稱性可知關于原點對稱，所以四邊形為平行四邊形，所以，對于A,四邊形的周長為,故A正確，對于B,由于，所以,當且僅當等號成立，故的最小值為，故B錯誤，對于C，設，不妨設為第一象限，，則所以，故C正確，對于D，聯立直線與橢圓的方程得，故直線的方程為，令，，由于是角平分線，所以由等面積法可得,假若，則，則解得或，由于，故舍去，此時，由于，所以，將其代入，故D錯誤，故選：AC【點睛】圓錐曲線中的范圍或最值問題，可根據題意構造關于參數的目標函數，然后根據題目中給出的范圍或由判別式得到的范圍求解，解題中注意函數單調性和基本不等式的作用．另外在解析幾何中還要注意向量的應用，根據向量的共線得到點的坐標之間的關系，進而為消去變量起到了重要的作用。12.判斷下列命題正確的是（）A.函數的極小值一定比極大值小．B.對于可導函數，若，則為函數的一個極值點．C.函數內單調，則函數在內一定沒有極值．D.三次函數在R上可能不存在極值．【答案】CD【解析】【分析】根據導數與極值的關系依次判定即可.【詳解】對于A選項，根據極值定義，函數的極小值不一定比極大值小，則A選項錯誤；對于B選項，若或恒成立，則無極值點，此時導函數的零點為函數拐點，則B選項錯誤；對于C選項，在內單調，因為區(qū)間為開區(qū)間，所以取不到極值，則C選項正確；對于D選項，三次函數求導以后為二次函數，若或恒成立，則無極值點，故D選項正確；故選：CD.三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13.若有恒等式，則______；______.【答案】①.②.【解析】【分析】首先根據展開式中的指數特點，即可求出的值.再分別令和得到，即可得到.【詳解】由題知：展開式中，項為，所以，所以.對等式，令，得①，令，得②，①②得：，即.所以.故答案為：；【點睛】本題主要考查二項式定理得應用，同時考查學生的運算求解能力，屬于中檔題.14.對雙胞胎站成一排，要求每對雙胞胎都相鄰，則不同的站法種數是__________．（用數字作答）【答案】48【解析】【分析】根據捆綁法結合排列公式即可得到答案.【詳解】根據題意，每對雙胞胎都相鄰，故不同的站法為.故答案為：48.15.點在曲線上移動，且在點處的切線的斜率的取值范圍是，則切線傾斜角的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】根據切線斜率范圍可得，結合的范圍可得結果.【詳解】由題意知：，又，.故答案為：.16.若，則的最小值為________．【答案】【解析】【分析】利用柯西不等式可直接求得結果.【詳解】由柯西不等式得：，即，（當且僅當時取等號），的最小值為.故答案為：.四．解答題（共6小題，滿分70分）17.分別求滿足下列條件的各圓的方程.（1）過點且圓心在直線上；（2）與軸相切，圓心在直線上，且被直線截得的弦長為.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求得弦的中垂線方程，聯立求得圓心，計算半徑，可得答案；（2）設出圓心與半徑，利用弦長公式，可得答案.【小問1詳解】由，則其中點坐標為，直線的斜率，即線段的中垂線方程為，聯立兩直線方程，可得，解得，則圓心為，半徑，故圓的方程為.【小問2詳解】設圓心為，則半徑，，即，圓心到直線的距離，由直線截得的弦長為，則，解得，當時，，半徑，此時圓的方程為；當時，，半徑，此時圓的方程為.18.如圖，在直三棱柱中，，，，，為的中點.（1）求點到平面的距離；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）證明后，建立空間直角坐標系，然后用點到面的距離公式即可;（2）通過法向量，算出二面角的余弦值，然后再求解正弦值即可.【小問1詳解】在中，由余弦定理得：∴，∴，∴，又∵平面，∴以為正交基底建立如圖所示空間直角坐標系：∵，，，，，，∴，，，設平面的法向量為，∴，，，不妨取，，，∴，∴點到平面的距離；小問2詳解】設平面的法向量為,∴，，且,，取，則，，則平面的法向量為，設平面的法向量為，∴，，且,，，取，則，，則∴，設二面角對應的平面角為，∴19.已知等差數列的公差，且前項和的最小值為，求公差．【答案】【解析】【分析】由前項最小值和公差可知；利用和等差數列前項和公式可構造不等式求得的范圍，結合可得結果.【詳解】等差數列前項和的最小值為，且，，，解得：；，即，，，解得：，又，.20.為弘揚中國傳統(tǒng)文化，某電視臺舉行國寶知識大賽，先進行預賽，規(guī)則如下：①有易?中?難三類題，共進行四輪比賽，每輪選手自行選擇一類題，隨機抽出該類題中的一個回答；②答對得分，答錯不得分；③四輪答題中，每類題最多選擇兩次.四輪答題得分總和不低于10分進入決賽.選手甲答對各題是相互獨立的，答對每類題的概率及得分如下表：容易題中等題難題答對概率答對得分345（1）若甲前兩輪都選擇了中等題，并只答對了一個，你認為他后兩輪應該怎樣選擇答題，并說明理由；（2）甲四輪答題中，選擇了一個容易題?兩個中等題?一個難題，若容易題答對，記甲預賽四輪得分總和為，求隨機變量的數學期望.【答案】（1）選擇容易題進行答題，理由見解析；（2）【解析】【分析】（1）依題意甲前兩輪都選擇了中等題，則后兩輪的選擇還有三種方案：即都選擇容易題，都選擇難題，選擇一個容易題、一個難題，分別求出總得分不低于10分的概率，即可判斷；（2）依題意的可能取值為、、、、、，求出所對應的概率，即可得到分布列，再求出數學期望即可；【小問1詳解】解：依題意甲前兩輪都選擇了中等題，則后兩輪的選擇還有三種方案：方案一：都選擇容易題，則總得分不低于10分的概率為；方案二：都選擇難題，則總得分不低于10分的概率為；方案三：選擇一個容易題、一個難題，則總得分不低于10分的概率為；因為，所以后兩輪應該選擇容易題進行答題；【小問2詳解】解：依題意的可能取值為、、、、、，則，，，，，，所以的分布列為：所以21.如圖，已知雙曲線的方程為（），兩條漸近線的夾角為，焦點到漸近線的距離為．、兩動點在雙曲線的兩條漸近線上，且分別位于第一象限和第四象限，是直線與雙曲線右支的一個公共點，.（1）求雙曲線的方程；（2）當時，求的取值范圍；（3）試用表示的面積，設雙曲線上的點到其焦點的距離的取值范圍為集合，若，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先由題意，得到雙曲線的漸近線方程，根據夾角公式，由題中條件，得到，再由點到直線距離公式，求出，進而可得出結果；（2）先由題意，設，，，，當，得到代入雙曲線方程，得到，再計算向量數量積，即可得出結果；（3）同（2），設，，，，由得，代入雙曲線方程，得到，再由點到直線距離公式，兩點間距離公式，求出，由題中條件，求出，進而可求出結果.【詳解】（1）由題意雙曲線漸近線為.根據夾角公式.又.所以.（2）由題意，設，，，，當時，，則所以，整理得；又，，所以，當且僅當時，等號成立；所以.（3）同（2），設，，，，由得，即，則所以.把點的坐標代入雙曲線的方程得.所以，因為直線的斜率為，則直線的方程為