2023-2024学年浙江省杭州二中高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析）

2023-2024学年浙江省杭州二中高二（下）月考数学试卷（3月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.若直线平面，直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列结论可能正确的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.有一组样本容量为的样本数据为：，，，，，，，，，，则该样本中( )
A. 中位数与平均数的值不同 B. 第百分位数与众数的值不同
C. 方差与极差的值相同 D. 方差与标准差的值相同
4.已知二项式的展开式中，所有项的系数之和为，则该展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
5.若直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
6.抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点过点且平行于轴的一条光线射向抛物线：上的点，经过反射后的反射光线与相交于点，则( )
A. B. C. D.
7.如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列，则称此数为“上升”的，那么所有“上升”的正整数的个数为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若，，且时，都有，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.数列是首项为的正项数列，，是数列的前项和，则下列结论正确的是( )
A. B. 数列是等比数列
C. D.
10.已知函数的导函数为，则( )
A. 函数的极小值点为
B.
C. 函数的单调递减区间为
D. 若函数有两个不同的零点，则
11.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是( )
A.
B. 二面角的平面角余弦值为
C. 该截角四面体的外接球表面积为
D. 该截角四面体的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，其中为虚数单位若，则 ； ．
13.为备战第届世界技能大赛，经过层层选拔，来自，，，四所学校的名选手进入集训队，其中有人来自学校，其余三所学校各人，由于集训需要，将这名选手平均分为三组，则恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有______种用数字作答
14.如果两个函数存在零点，分别为，，若满足，则称两个函数互为“度零点函数””若与互为“度零点函数”，则实数的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数在处取得极值．
求的值；
求在区间上的最大值和最小值．
16.本小题分
已知各项均为正数的等差数列的公差为，其前项和为，且为，的等比中项．
求的通项公式；
设，求数列的前项和．
17.本小题分
如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，，平面平面．
Ⅰ求证：；
Ⅱ求平面与平面所成锐角的余弦值．
18.本小题分
已知函数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
求函数的单调区间；
若对为自然对数的底数，恒成立，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知双曲线的中心为坐标原点，右焦点为，且过点．
求双曲线的标准方程；
已知点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，直线与双曲线交于另一点，设直线，的斜率分别为，．
求证：为定值；
求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：直线的倾斜角为，
直线，斜率，
又，
．
故选：．
根据已知条件，结合倾斜角与斜率的关系，即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角的求解，属于基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的应用、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
由于直线平面，可得直线的方向向量与平面的法向量平行，再利用向量共线定理即可判断出结论．
【解答】
解：直线平面，
直线的方向向量与平面的法向量平行，
即．
经验证可知选项C满足：，正确．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：样本容量为的样本数据为：，，，，，，，，，，
平均数为，中位数为，众数为，极差为，方差为，标准差为，第百分位数为，
故选项A，，C错误，选项D正确．
故选：．
根据中位数，平均数，百分位数，方差，极差，标准差的定义，计算即可．
本题考查中位数，平均数，百分位数，方差，极差，标准差的定义，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：令，
则，
即，
则的展开式的通项公式为：，
令，
即，
则该展开式中的系数为：，
故选：．
由已知条件可得，然后结合的展开式的通项公式为：，再令，最后代入求解即可．
本题考查了二项式定理的运用，重点考查了二项式展开式的通项公式，属基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
由圆心到直线的距离，可得，根据直线与曲线有两个不同的交点，即可得出结论．
【解答】
解：由得，，对应的轨迹为上半圆，
直线过定点，
由圆心到直线的距离，可得，
若直线与曲线有两个不同的交点，
则，
故选B．
6.【答案】
【解析】解：由题意可知点坐标为，
又抛物线：的焦点的坐标为，
所以直线的方程为，
联立，整理可得，
得，
可得，
所以．
故选：．
根据抛物线的性质求出点坐标，求出直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和，由抛物线的性质可得弦长的值．
本题考查抛物线的性质，考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意可知这个多位数只能是两位数，三位数，，九位数
可得共有，
故选：．
先把数的位数分为，，，，，，，位，然后再从个数中选数组合即可求解．
本题考查了排列组合以及简单计数问题，考查了组合性质的应用和学生的分析问题的能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：令，
因为，，且时，都有，
即，，且时，都有，
所以在上单调递增，即在上恒成立，
即在上恒成立．令，
，所以，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即．
故选：．
构造函数，再根据题意判断函数的单调性，求函数的最值即可求得的范围．
本题考查利用导数求函数的最值，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为数列是首项为的正项数列，，
所以，，
故数列是等比数列，B正确；
则，即，C错误，
所以，A正确；
，D错误．
故选：．
由已知递推关系，利用等比数列的通项公式及求和公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了数列的递推关系的应用，还考查了等比数列的定义，通项公式，求和公式的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：由，得，当时，，B正确；
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因此函数在处取得极小值，递减区间为，A错误，C正确；
函数在上单调递减，且恒有，在上单调递增，，，
函数有两个不同的零点，即函数的图象与直线有两个公共点，
在同一坐标系内作出直线与函数的部分图象，如图，
观察图象知，当时，直线与函数的图象有两个公共点，
所以函数有两个不同的零点时，，D正确．
故选：．
求出函数的导数，利用导数判断；分析函数的性质，作出图象判断作答．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，先证明正四面体的对棱互相垂直，如图在正四面体中，，证明如下：
取中点为，连接，，
由于四面体为正四面体，所以，均为等边三角形，
故CD，，，，平面，
所以平面，
平面，故 ，
还原正四面体如下图：
因此在截角四面体中，，在正四面体中，，所以，故A正确；
对于，由于截角四面体的特征可知：六边形，六边形和六边形均为边长为的正六边形，
所以，，故即为二面角的平面角，
由正六边形的性质可得，
所以，故B正确；
对于，设外接球的球心为，的中心为，的中心为，
因为截角四面体上下底面距离为，
所以，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，故C正确；
对于，由正四面体中，题中截角四面体由个边长为的正三角形，
个边长为的正六边形构成，故，故D错误；
故选：．
根据题意还原正四面体，根据正四面体的几何性质，结合平行关系即可判断；由二面角的定义，结合几何法，由余弦定理即可求解；设外接球的球心为，的中心为，的中心为，再根据题意得截角四面体上下底面距离为，所以，即，即可求解半径，进而判断；对于：因为截角四面体由个边长为的正三角形，个边长为的正六边形构成，求面积即可判断．
本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了多面体的外接球问题，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，，
，
根据复数相等，得，
解得，，
则．
故答案为：，．
先根据已知及复数的四则运算进行化简，然后结合复数相等条件可求，，再由模长公式可求．
本题主要考查复数模长的计算，还考查了复数相等条件的应用及复数的四则运算，比较基础．
13.【答案】
【解析】解：将这名选手平均分为三组，有种分组方案，
其中来自学校的名选手都不在同一组，有种分组方案，
所以恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有种．
故答案为：．
利用间接法，结合平均分组法即可得解．
本题考查了排列组合的简单计数问题，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：函数的零点为，设的零点为，则，所以，
由可得，设，则，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，，
所以的取值范围为
故的取值范围为．
故答案为：．
函数的零点为，设的零点为，则由新定义得到，然后对参变量分离，构造函数，利用导数求解的取值范围即为实数的取值范围．
本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于中档题．
15.【答案】解：因为，
所以．
因为在处取得极值，
所以，即，解得，
经检验，符合题意．
由得，，
所以．
令，得或；
令，得．
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为．
所以的极大值为，极小值为，
又，，
所以，
所以的最大值为，最小值为．
【解析】求出导函数，利用在处取得极值，，求解即可．
求出判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解极值，求解端点值，推出最值即可．
本题考查函数的对数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
16.【答案】解：因为数列是公差为的等差数列，
所以
．
又，
所以，
即，
解得或舍去，
所以．
因为
，
所以
．
【解析】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．
利用已知条件求出首项，然后求解通项公式即可．
利用裂项相项法，求解数列的和即可．
17.【答案】解：Ⅰ证明：连接，
因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以面，
因为面，
所以，
连接，在正方形中，，
因为，且，面，
所以面，
因为面，
所以．
Ⅱ由Ⅰ知，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系：
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，
令，则，，
所以，
设平面的一个法向量为，
由，
令，则，，
所以，
设平面与平面所成的锐角为，
即，
所以平面与平面所成的锐角的余弦值为．
【解析】Ⅰ连接，由余弦定理可得的，由勾股定理可得，进而可得，由平面平面，面面垂直的性质定理可得面，则面，推出面，进而可得答案．
Ⅱ由Ⅰ知，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐角为，即，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
18.【答案】解：当时，，
，
，又，
曲线在点处的切线方程为：，
即：；
函数的定义域为，
，
，，
令，解得：，
令，解得：，
的单调递增区间为；单调递减区间为；
由题意，对，恒有成立，
等价于对，恒有成立，即：，
设，，
在上恒成立，在单调递增，
，只须；
即：，
又，，
实数的取值范围是．
【解析】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，属于较难题．
代入的值，求出函数的导数，求出切线方程即可；
求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
求出，设，，根据函数的单调性求出的范围即可．
19.【答案】解：设双曲线的方程为，
因为双曲线的右焦点为，且过点，
所以，其中，解得，
所以双曲线的方程为；
证明：设直线的方程为，，，
由，得，
所以，，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，，
所以，得，
，
即；
证明：设直线的方程为，，
，得，
，，
由，结合可知，
，
又因为，
，
所以式即为，
由，得，
即，或，
当时，直线过点，不符合题意舍去；
当时，直线的方程为，过定点．
【解析】设双曲线的方程为，由题意列出方程组求解即可；
设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及斜率公式即可证明；
设直线的方程为，，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及的结论即可得解．
本题考查了双曲线的几何性质、韦达定理的应用及直线恒过定点，属于中档题．
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