资源简介 浙江省杭州市北斗联盟2024 2025学年高二下学期4月期中联考数学试题一、单选题(本大题共8小题)1.已知集合,,则( )A.R B. C. D.2.已知复数,,则( )A. B.3 C. D.23.已知直线,圆,则“”是“直线上存在点,使点在圆内”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴,其美食也独具特色.现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝(选择的2种美食不分先后顺序),若三天后他品尝完这6种美食,则这三天他选择美食的不同选法种数为( )A.15 B.90 C.270 D.5405.已知,,则( )A. B. C. D.6.函数在处的切线为,则( )A. B. C. D.17.已知双曲线的左、右焦点分别为为的左支上一点,与的一条渐近线平行.若,则的离心率为( )A.2 B. C.3 D.8.数学中有许多形状优美的曲线.例如曲线:,当时,是我们熟知的圆;当时,曲线是形状如“四角星”的曲线,称为星形线,常用于超轻材料的设计.则下列关于曲线说法错误的是( )A.曲线关于轴对称B.曲线上的点到轴,轴的距离之积不超过C.曲线与有8个交点D.曲线所围成图形的面积小于2二、多选题(本大题共3小题)9.已知展开式中二项式系数之和为64,则( )A. B.展开式的各项系数之和是1C.展开式中第4项的二项式系数最大 D.展开式中常数项为24010.已知函数,则下列说法正确的是( )A.当时,在上单调递增B.若,且,则函数的最小正周期为C.若的图象向左平移个单位长度后,得到的图象关于轴对称,则的最小值为3D.若在上恰有4个零点,则的取值范围为11.在正四棱柱中,,,是棱上一动点,则下列结论正确的有( )A.与所成角的余弦的最大值为B.C.若为棱的中点,则三棱锥外接球的表面积的最小值为D.若为棱上动点,则三棱锥的体积为定值三、填空题(本大题共3小题)12.已知点在函数的图象上,点的坐标是,那么的值是 .13.斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”,它的画法是:以斐波那契数:1,1,2,3,5,8为边的正方形拼成长方形,然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧,这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案,例如向日葵、鹦鹉螺等.如图为该螺旋线的前一部分,如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面,则该圆锥的底面半径为 .14.已知函数在上存在极值,则实数的取值范围是 .四、解答题(本大题共5小题)15.已知在锐角中,内角的对边分别为,且满足(1)求;(2)若,点在延长线上,且,求.16.公差不为0的等差数列满足:,且,,成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.17.如图,在直四棱柱中,,,,,E,F分别为AD,AB的中点.(1)求证:;(2)求证:平面平面;(3)若,P是线段上的动点,求直线与平面所成角的正弦值的最大值.18.已知抛物线的准线与椭圆相交所得线段长为.(1)求抛物线的方程;(2)设圆过,且圆心在抛物线上,是圆在轴上截得的弦.当在抛物线上运动时,弦的长是否有定值?说明理由;(3)过作互相垂直的两条直线交抛物线于、、、,求四边形的面积最小值.19.已知函数.(1)当时,求曲线在处的切线方程;(2)若,求k的值;(3)设m为整数,且对于任意正整数n,,求m的最小值.参考答案1.【答案】B.【详解】因为,,所以.故选B.2.【答案】D【详解】由题意,则.故选D.3.【答案】B【详解】由直线上存在点,使点在圆内,得直线与圆相交,即1,解得,即,因为不一定能得到,而可推出,所以“1”是“直线上存在点,使点在圆内”的必要不充分条件.故选B4.【答案】B【详解】解法一:该游客第一天从6种美食中随机选择2种品尝,有种选法;第二天从剩余的4种美食中随机选择2种品尝,有种选法;第三天只能品尝最后剩余的2种美食,有种选法.故该游客在这三天中选择美食的不同选法种数为;解法二:先将6种美食平均分成3组,有种不同的分法,该游客每天选择其中一组美食进行品尝,有种不同的选法,所以这三天他选择美食的不同选法种数为.故选B.5.【答案】D【详解】由已知条件可得,解得,因此,.故选D.6.【答案】A【详解】由函数,可得,则且,因为函数在处的切线为,可得,且,所以,可得,所以.故选A.7.【答案】C【详解】因为与的一条渐近线平行,根据双曲线的对称性,不妨设,又因为,所以,注意到,所以,即,整理得,因为,所以,解得.故选C.8.【答案】C.【详解】对于A,在方程中,以替代方程不变,所以曲线关于轴对称,同理,以和替代方程均不变,所以曲线关于轴,坐标原点对称,如图,故A正确;对于B,曲线上点到轴的距离为,到轴的距离为,因为,当且仅当时取等号,所以,故B正确;对于C,在第一象限内,,所以曲线在直线的下方,所以两者有4个交点,分别为,故C错误;对于D,如图,围成的正方形面积为,所以曲线围成图形的面积小于2,故D正确.故选C.9.【答案】BCD【详解】A,由题设,二项式系数之和,A错;B,所以时各项系数之和为,B对;C,由组合数的性质知,,即时二项式系数最大,C对;D,对于,则,,令,则常数项为,D对.故选BCD10.【答案】AD【详解】对于A,当时,,则,由图象可知在上单调递增,A正确;对于B,由可知一个为函数的最大值,一个为函数的最小值.又因为,则当且仅当,,函数的最小正周期为,B错误;对于C,若的图象向左平移个单位长度后,得到的函数解析式为,其图象关于轴对称,则,所以,又因为,则的最小值为,C错误;对于D,,,则,若在上恰有4个零点,则当且仅当,得,D正确.故选AD.11.【答案】ACD【详解】对于A,如图,在正四棱柱中,因为,所以与所成角即与所成角,则即为所求角,在中,,因为,所以,即与所成角即与所成角的余弦的最大值为 ,故A正确;对于B,如图,在正四棱柱中,易得平面,则,若,又是平面内的两条相交直线,所以平面,又平面,则,可得侧面为正方形,这与矛盾,故假设错误,故B错误;对于C,如图,分别取的中点,因为是的中点,易得,又,则是等腰直角三角形,则是外接圆圆心,而平面平面,所以由球的截面性质可得球心在线段上,设,则,设三棱锥的外接球半径为,,又,所以,即,解得,则,故三棱锥的外接球的表面积.故C正确;对于D,如图,因为点在上,所以,又点在棱上,平面,所以点到平面的距离为1,即三棱锥的高为1,所以,故三棱锥的体积为定值,故D正确.故选ACD.12.【答案】【详解】因为点在函数的图象上,所以,所以,点的坐标是,则,那么.13.【答案】/【详解】由斐波那契数可知,从第3项起,每一个数都是前面两个数的和,所以接下来的一段圆弧所在圆的半径是,对应的弧长是,设圆锥的底面半径是, ,解得:.14.【答案】【详解】函数的定义域为,求导得,当时,,无极值点;当时,由,得,当时,,当时,,则是函数的极值点,依题意,,解得,所以实数的取值范围是.15.【答案】(1)(2)【详解】(1)由正弦定理,得,由余弦定理,得,所以.因为为三角形内角,所以.(2)在中,由正弦定理,得,所以.因为为锐角三角形,所以.所以.在中,由余弦定理,得,所以,所以.所以.16.【答案】(1)(2)【详解】(1)设等差数列的公差为,则,,因为,所以可解得,即.(2)因为,所以,因为当为偶数时,;当为奇数时,.综上所述:.17.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3).【详解】(1),,所以又,,又,,,.(2)在直四棱柱中,平面,又平面,所以,,,,两两垂直,以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设,则,,,,,.,,,设为平面的一个法向量,令,得,.设平面的一个法向量,则,取.,又平面与平面不重合,平面平面.(3)当时,为平面的一个法向量,,则,设,,,设直线与平面所成角为,,当且仅当时,等号成立,所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.18.【答案】(1)(2)有,理由见解析(3)【详解】(1)解:由已知,抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是,把代入椭圆方程化简得,解得.所以抛物线的方程为.(2)解:假设在抛物线上运动时弦的长为定值,理由如下: 设在抛物线上,可知到轴距离为,根据圆的弦长公式可知:,由已知,,所以,则在抛物线上运动时弦的长的定值为.(3)解:若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直,则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点,不合乎题意,设过的的两条直线的方程分别为、,其中,设直线交抛物线于点、,由得,,由韦达定理可得,则,同理可得, 所以,四边形的面积,当且仅当时,即当时,等号成立,即四边形的面积的最小值为.19.【答案】(1)(2)(3)【详解】(1)当时,,,所以,所以切线的斜率为,又因为,所以曲线在处的切线方程为,即.(2)因为,当时,,所以在上单调递增,又因为,与不符;当时,由得,所以在上单调递减,在上单调递增.所以,所以,设,则,由,可得,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,所以有唯一解,且.(3)由(2)知当时,,当且仅当时,.所以当且时,,则.取(),所以,所以,,,所以.所以所以于是对于任意正整数n,,只需,又因为,所以,则m的最小值为. 展开更多...... 收起↑ 资源预览