高級中學名校試題PAGEPAGE1浙江省五校聯盟2023-2024學年高二下學期期中考試數學試卷考生須知：1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘；2.答題前，在答題卷指定區域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號.3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題卷.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知函數，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】,由可得，故，故選：C2.如下表給出5組數據，為選出4組數據使其線性相關程度最大，且保留第1組數據，則應去掉（）1234554323271A. B. C. D.【答案】B【解析】根據表格數據，得到散點圖如下所示：由散點圖可知數據偏離程度最高，故應該去掉數據.故選：B3.已知點為曲線上的動點，為圓上的動點，則線段長度的最小值是（）A.3 B.4 C. D.【答案】A【解析】由得，當時，，故在上單調遞增；當時，，故在上單調遞減.故對，有.設，，這里.因為在圓上，所以.由知，故.注意到點，分別在曲線和圓上，此時.所以的最小值是，A正確.故選：A．4.在平面直角坐標系中，已知兩點，，點為動點，且直線與的斜率之積為，則點的軌跡方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】設，，，，，由，得．即．動點的軌跡方程為．故選：B．5.棱長為2正方體，是棱的中點，點到平面的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由于正方體的棱長為2，所以，由余弦定理可得，故,,設點到平面的距離為，則由等體積可得，即，故選：C6.已知為滿足能被整除的正整數的最小值，則的展開式中，系數最大的項為（）A.第6項 B.第7項 C.第11項 D.第6項和第7項【答案】B【解析】因為，所以，所以，則，顯然為正整數，所以能被整除，又且能被整除，所以能被整除，所以，則，所以，所以，所以在的展開式中，二項式系數最大的項為第項和第項，又的展開式的通項公式為，因為第項的系數為負數，第項的系數為正數，所以第項的系數最小，第項的系數最大.故選：B．7.已知數列的前項和為，首項，且滿足，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可得，所以可得，，，，故選：C8.已知雙曲線的左頂點為，右焦點為，為上一點，滿足，，，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.2【答案】D【解析】取雙曲線的左焦點為，連接,由于，，，所以，設雙曲線為，則，則在中，，，由余弦定理可得，解得，故，故選：D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.已知點不在函數（為自然對數的底數）圖象上，且過點能作兩條直線與的圖象相切，則的取值可以是（）A. B. C.1 D.【答案】BC【解析】依題意可知，由，則，設切點為，則，所以切線方程為，又切線過點，所以，即關于的方程有兩個實數根（不為），令，則，所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，又，當時且時，依題意與有兩個交點，所以，結合選項可知只有B、C符合題意.故選：BC10.盒中有編號為1，2，3，4的四個紅球和編號為1，2，3，4的四個白球，從盒中不放回的依次取球，每次取一個球，用事件表示“第次首次取出紅球”，用事件表示“第次取出編號為1的紅球”，用事件表示“第次取出編號為1的白球”，則（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】對于A：依題意，，，即，故A正確；對于B：，，所以，故B正確；對于C：，，所以，故C正確；對于D：，，所以，故D錯誤.故選：ABC11.已知數列的通項公式為，其前項和為，數列與數列的前項和分別為，，則（）A. B.存在，使得C. D.【答案】ACD【解析】對A，由可得，所以，故A正確，對B，，，所以,故B錯誤，對C，由于時，，故，所以,對D，記，故，根據指數冪的性質可知，當且僅當取等號，故，只有取等號，故,故D正確，故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.隨機變量，，則______.【答案】0.38【解析】因為，所以，所以.故答案為：0.3813.甲乙丙丁戊5個人排成一排拍照，要求甲不站在最左端，且甲乙不相鄰，則共有______種不同的排法.【答案】【解析】若甲在第2，3，4位置中選擇一個位置安排甲，有種選擇，接下來安排乙，則有種方法，再安排剩余三個人，有,故一共有種方法，若甲在最后一位，則由種方法，因此一共有,故答案為：14.已知關于的不等式在上恒成立（其中為自然對數的底數），則實數的取值范圍為______.【答案】【解析】由于，故由得，記記，由于均為單調遞增且恒為正，故為單調遞增函數，由于，，所以存在唯一的，使得，，當單調遞增，當單調遞減，故當時，取極小值也是最小值，且，故，故，故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.兩名足球門將甲和乙正在進行撲點球訓練.已知甲、乙每次撲中的概率分別是和，每次撲點球相互獨立，互不影響.（1）甲撲點球兩次，乙撲點球一次，記兩人撲中次數的和為，試求隨機變量的分布列及數學期望（用最簡分數表示）；（2）乙撲點球6次，其撲中次數為，試求的概率和隨機變量的方差（用最簡分數表示）.解：（1）由題意可能的取值有0，1，2，3.，，，.故分布列：0123故（2）由題意，的概率為.由題意，故.16.如圖，在四棱錐中，側面是正三角形且垂直于底面，底面是矩形，，，，分別是線段，上的動點（1）是否存在點，使得平面？若存在，試求；若不存在，請說明理由；（2）若直線與直線所成角的余弦值為，試求二面角的平面角的余弦值.解：（1）存在，，證明如下：如題圖，取的中點為，由于側面底面，且兩平面交線為平面，,所以平面，平面，所以，由于三角形是正三角形，且是的中點，所以,平面，故平面，得證.（2）以為坐標原點，以為正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則,設則，故,由于直線與直線所成角的余弦值為，所以，而所以，從而，,平面的法向量為，設平面的法向量為，則，取，則，所以，由于二面角的平面角為銳角，故二面角的平面角的余弦值為17.已知函數，，為自然對數的底數.（1）討論函數的單調性；（2）判斷函數能否有3個零點？若能，試求出的取值范圍；若不能，請說明理由.解：（1）由，所以，當時，，令，則，此時單調遞增，令，則，此時單調遞減，當時，令，則或，此時單調遞增，令，則，此時單調遞減，當時，令，則或，此時單調遞增，令，則，此時單調遞減，當時，令恒成立，此時在單調遞增，綜上可得：當時，在單調遞增，在單調遞減，當時，在，單調遞增，在單調遞減，當時，在單調遞增，當時，在，單調遞增，在單調遞減，（2）若有3個零點，則由（1）知必有或，若，則在處取極大值，在處取極小值，，令，則，令則，故在單調遞增，，故在單調遞減，當時，，故，因此在上恒成立，故不可能有3個零點，若，則在處取極小值，在處取極大值，且，故不可能有3個零點，綜上可得不可能有3個零點，18.已知為拋物線：的焦點，點到拋物線的準線的距離為.（1）試求拋物線的方程；（2）如圖，設動點都在拋物線上，點在之間.（i）若，求面積的最大值；（ii）若點坐標為，，，求正整數的最小值.解：（1）由拋物線的焦點到準線的距離為，知.所以拋物線的方程為（2）設，（i）由于點都在拋物線上，故直線有斜率，設直線的方程為.聯立與可得，故由韋達定理知，.所以.由條件知，這表明，即，從而.對固定的點，將直線平移到直線,使得經過點，則當為經過點的拋物線的切線時，此時到直線的距離最大，設，由得，故過點的切線方程為，其斜率為，故.從而對固定的點，若直線的方程為，則當點的坐標為時，點到直線的距離最大，則的面積最大，此時點到直線的距離，故.當，，時，，.所以面積的最大值是.（ii）由可得，故.將，代入可得，故，所以直線經過.設，是正整數，則.故.而，故，從而.當，時，由知，此時.綜上，的最小值為8.19.二階遞推公式特征方程是一種常見的數學方法，主要用于求解二階線性遞推數列的通項公式.例如：一個數列滿足遞推關系，且，為給定的常數（有時也可以是，為給定的常數），特征方程就是將上述的遞推關系轉化為關于的二次特征方程：，若，是特征方程的兩個不同實根，我們就可以求出數列的通項公式，其中和是兩個常數，可以由給定的，（有