第頁，共頁2024學年第二學期杭州北斗聯盟期中聯考高二數學學科試題卷考生須知：1．本卷共4頁滿分150分，考試時間120分鐘；2．答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字；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，只需上交答題紙．一、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，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上．1.已知集合，，則（）．A.R B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據集合的交集計算和二次不等式以及指數函數的不等式解法即可求解.【詳解】,,,故選：B.2.已知復數，，則（）A. B.3 C. D.2【答案】D【解析】【分析】根據復數的運算法則求得，再求復數的模即可.【詳解】由題意，則.故選：D.3.已知直線，圓，則“”是“直線上存在點，使點在圓內”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由直線與圓相交可求得，則通過判斷與的關系可得答案.【詳解】由直線上存在點，使點在圓內，得直線與圓相交，即1，解得，即，因為不一定能得到，而可推出，所以“1”是“直線上存在點，使點在圓內”的必要不充分條件.故選：B4.北京有悠久的歷史和豐富的文化底蘊，其美食也獨具特色．現有一名游客每天分別從北京烤鴨、炸醬面、糖火燒、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚這6種美食中隨機選擇2種品嘗（選擇的2種美食不分先后順序），若三天后他品嘗完這6種美食，則這三天他選擇美食的不同選法種數為（）A.15 B.90 C.270 D.540【答案】B【解析】【分析】解法一：分析每天游客的選擇可能性，結合分步乘法計數原理運算求解；解法二：利用分堆法，結合排列數、組合數運算求解.【詳解】解法一：該游客第一天從6種美食中隨機選擇2種品嘗，有種選法；第二天從剩余的4種美食中隨機選擇2種品嘗，有種選法；第三天只能品嘗最后剩余的2種美食，有種選法．故該游客在這三天中選擇美食的不同選法種數為；解法二：先將6種美食平均分成3組，有種不同的分法，該游客每天選擇其中一組美食進行品嘗，有種不同的選法，所以這三天他選擇美食的不同選法種數為．故選：B.5.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知條件得出關于、的方程組，解出這兩個量的值，結合兩角和的余弦公式可求得結果.【詳解】由已知條件可得，解得，因此，.故選：D.6.函數在處的切線為，則（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】根據題意，求得，得到且，由在處的切線為，得到且，聯立得到，即可求得的值.【詳解】由函數，可得，則且，因為函數在處的切線為，可得，且，所以，可得，所以.故選：A.7.已知雙曲線的左、右焦點分別為為的左支上一點，與的一條漸近線平行.若，則的離心率為（）A.2 B. C.3 D.【答案】C【解析】【分析】由題意得，，由此建立方程即可求解.【詳解】因為與的一條漸近線平行，根據雙曲線的對稱性，不妨設，又因為，所以，注意到，所以，即，整理得，因為，所以，解得.故選：C.8.數學中有許多形狀優美的曲線．例如曲線：，當時，是我們熟知的圓；當時，曲線是形狀如“四角星”的曲線，稱為星形線，常用于超輕材料的設計．則下列關于曲線說法錯誤的是（）A.曲線關于軸對稱B.曲線上的點到軸，軸的距離之積不超過C.曲線與有8個交點D.曲線所圍成圖形的面積小于2【答案】C【解析】【分析】對A，在方程中，以替代方程不變，可判斷；對B，由基本不等式求解判斷；對C，易得曲線在的內部，作出圖象判斷交點個數；對D，易求圍成的正方形面積為2，又曲線在的內部，得解.【詳解】對于A，在方程中，以替代方程不變，所以曲線關于軸對稱，同理，以；替代方程均不變，所以曲線關于軸，坐標原點對稱，如圖，故A正確；對于B，曲線上點到軸的距離為，到軸的距離為，由，當且僅當時取等號，，故B正確；對于C，在第一象限內，，所以曲線在直線的下方，所以兩者有4個交點，分別為，故C錯誤；對于D，如圖，圍成的正方形面積為，所以曲線圍成圖形的面積小于2，故D正確.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是根據方程分析曲線在第一象限的性質.二、選擇題：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．全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9.已知展開式中二項式系數之和為64，則（）A. B.展開式的各項系數之和是1C.展開式中第4項的二項式系數最大 D.展開式中常數項為240【答案】BCD【解析】【分析】根據二項式系數之和得到，再根據二項式及展開式通項、組合數、賦值法判斷各項的正誤.【詳解】A，由題設，二項式系數之和，A錯；B，所以時各項系數之和為，B對；C，由組合數的性質知，，即時二項式系數最大，C對；D，對于，則，，令，則常數項為，D對.故選：BCD10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.當時，在上單調遞增B.若，且，則函數的最小正周期為C.若的圖象向左平移個單位長度后，得到的圖象關于軸對稱，則的最小值為3D.若在上恰有4個零點，則的取值范圍為【答案】AD【解析】【分析】對于A，將代入求出的范圍，再結合圖象即可判斷；對于B，由可知一個為函數的最大值，一個為函數的最小值.又因為，可知取得最大最小值最近的兩個點之間橫坐標的距離即為半個周期，即可判斷.對于C，根據題給條件平移得到新的函數，再根據其關于軸對稱，令，此時的函數值應為最值，對應的，即可求得，再給賦值即可求得的最小值.對于D，整體代入得的范圍，再結合圖象即可判斷從而確定的取值范圍.【詳解】對于A，當時，，則，由圖象可知在上單調遞增，A正確；對于B，由可知一個為函數的最大值，一個為函數的最小值.又因為，則當且僅當，，函數的最小正周期為，B錯誤；對于C，若的圖象向左平移個單位長度后，得到的函數解析式為，其圖象關于軸對稱，則，所以，又因為，則的最小值為，C錯誤；對于D，，，則，若在上恰有4個零點，則當且僅當，得，D正確.故選：AD.11.在正四棱柱中，，，是棱上一動點，則下列結論正確的有（）A.與所成角的余弦的最大值為B.C.若為棱的中點，則三棱錐外接球的表面積的最小值為D.若為棱上動點，則三棱錐的體積為定值【答案】ACD【解析】【分析】對A，由異面直線所成角可得與所成角即與所成角，即，在中，求出得解；對B，利用反證法，設，推理找出矛盾；對C，分別取的中點，由球的截面性質可得球心在線段上，設，則，由可得，由此求出外接球半徑的得解；對D，由題可得的面積為定值，點到平面的距離為定值，可得解.【詳解】對于A，如圖，在正四棱柱中，因為，所以與所成角即與所成角，則即為所求角，在中，，因為，所以，即與所成角即與所成角的余弦的最大值為，故A正確；對于B，如圖，正四棱柱中，易得平面，則，若，又是平面內的兩條相交直線，所以平面，又平面，則，可得側面為正方形，這與矛盾，故假設錯誤，故B錯誤；對于C，如圖，分別取的中點，因為是的中點，易得，又，則是等腰直角三角形，則是外接圓圓心，而平面平面，所以由球的截面性質可得球心在線段上，設，則，設三棱錐的外接球半徑為，，又，所以，即，解得，則，故三棱錐的外接球的表面積.故C正確；對于D，如圖，因為點在上，所以，又點在棱上，平面，所以點到平面的距離為1，即三棱錐的高為1，所以，故三棱錐的體積為定值，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.已知點在函數圖象上，點的坐標是，那么的值是_____．【答案】【解析】【分析】先根據點在函數上得出點，再寫出向量坐標進而得出模長即可.【詳解】因為點在函數的圖象上，所以，所以，點的坐標是，則，那么．故答案為：.13.斐波那契螺旋線被譽為自然界最完美的“黃金螺旋”，它的畫法是：以斐波那契數：1，1，2，3，5，8為邊的正方形拼成長方形，然后在每個正方形中畫一個圓心角為的圓弧，這些圓弧所連起來的弧線就是斐波那契螺旋線.自然界存在很多斐波那契螺旋線的圖案，例如向日葵、鸚鵡螺等.如圖為該螺旋線的前一部分，如果用接下來的一段圓弧所對應的扇形做圓錐的側面，則該圓錐的底面半徑為________________.【答案】##【解析】【分析】首先發現斐波那契數的規律，并計算接下來的圓弧所在圓的半徑和圓弧長，進而可得所求圓錐的底面半徑.【詳解】由斐波那契數可知，從第3項起，每一個數都是前面兩個數的和，所以接下來的一段圓弧所在圓的半徑是，對應的弧長是，設圓錐底面半徑是，，解得：.故答案為：.14.已知函數在上存在極值，則實數的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】求出函數的導數，再探討并求出極值點，列式求出范圍.【詳解】函數的定義域為，求導得，當時，，無極值點；當時，由，得，當時，，當時，，則是函數的極值點，依題意，，解得，所以實數的取值范圍是.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.已知在銳角中，內角的對邊分別為，且滿足（1）求；（2）若，點在延長線上，且，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理將角化為邊，再用余弦定理即可求出角B的值（2）利用正弦定理先求出，進而得到，再利用余弦定理即可求得結果.【小問1詳解】由正弦定理，得，由余弦定理，得，所以．因為為三角形內角，所以．【小問2詳解】在中，由正弦定理，得，所以．因為為銳角三角形，所以．所以．在中，由余弦定理，得，所以，所以．所以．16.公差不為0的等差數列滿足：，且，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差，等比定義即可解題；（2）利用分類討論，并項求和，結合等差數列求和公式即可.【小問1詳解】設等差數列的公差為，則，,因為，所以可解得，即.【小問2詳解】因為，所以，因為當為偶數時，；當為奇數時，．綜上所述：.17.如圖，在直四棱柱中，，，，，E，F分別為AD，AB的中點.（1）求證：；（2）求證：平面平面；（3）若，P是線段上的動點，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）.【解析】【分析】（1）求出，即可得到，結合，即可得到，從而得證；（2）建立空間直角坐標系，求出平面、平面的法向量，即可證明；（3）設，即可表示出的坐標，設直線與平面所成角為，利用向量法求出，再根據二次函數的性質求出的最大值.小問1詳解】，，所以又，，又，，，.【小問2詳解】在直四棱柱中，平面，又平面，所以，，，，兩兩垂直，以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，.，，，設為平面的一個法向量，令，得，.設平面的一個法向量，則，取.，又平面與平面不重合，平面平面.【小問3詳解】當時，為平面的一個法向量，，則，設，，，設直線與平面所成角為，，當且僅當時，等號成立，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.18.已知拋物線的準線與橢圓相交所得線段長為.（1）求拋物線方程；（2）設圓過，且圓心在拋物線上，是圓在軸上截得的弦.當在拋物線上運動時，弦的長是否有定值？說明理由；（3）過作互相垂直的兩條直線交拋物線于、、、，求四邊形的面積最小值.【答案】（1）（2）有，理由見解析（3）【解析】【分析】（1）求出拋物線準線與橢圓相交一個交點為，將該點的坐標代入橢圓方程，求出的值，即可得出拋物線的方程；（2）設在拋物線上，可知到軸距離為，可知，利用兩點間的距離公式結合勾股定理可求得的值；（3）分析可知，過點且相互垂直，且與拋物線都有交點的兩條直線的斜率都存在且不為零，設這兩條直線的方程分別為、，其中，設直線交拋物線于點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，利用拋物線的焦點弦長公式可求得，進而可得出，再利用四邊形的面積公式結合基本不等式可求得四邊形面積的最小值.【小問1詳解】解：由已知，拋物線的準線與橢圓相交線段的一個端點坐標是，把代入橢圓方程化簡得，解得.所以拋物線的方程為.【小問2詳解】解：假設在拋物線上運動時弦的長為定值，理由如下：設在拋物線上，可知到軸距離為，根據圓的弦長公式可知：，由已知，，所以，則在拋物線上運動時弦的長的定值為.【小問3詳解】解：若過點且相互垂直的兩條直線分別與兩條坐標軸垂直，則其中與軸重合的直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，設過的的兩條直線的方程分別為、，其中，設直線交拋物線于點、，由得，，由韋達定理可得，則，同理可得，所以，四邊形的面積，當且僅當時，即當時，等號成立，即四邊形的面積的最小值為.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）