浙江省强基联盟2023-2024学年高二下学期数学期中考试试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2024高二下·浙江期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，
集合，故.
故答案为：B．
【分析】解不等式求的集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高二下·浙江期中）双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，令，解得，
即双曲线的渐近线方程为 .
故答案为：C．
【分析】由题意，根据双曲线的几何性质求解即可.
3．（2024高二下·浙江期中）已知向量，若，则的值为（ ）
A．-4 B．4 C．-6 D．6
【答案】A
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，所以，
又因为，所以，解得，故的值为-4.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用向量的垂直的坐标表示，列方程求解即可.
4．（2024高二下·浙江期中）为虚数单位，则（ ）
A． B．i C．-1 D．1
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D．
【分析】根据复数的乘方运算计算求值即可.
5．（2024高二下·浙江期中）已知正数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A．[1，4] B．[0，4] C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，且，所以，所以，
当且仅当时等号成立，则．
故答案为：C．
【分析】由题意，根据基本不等式可得，再结合完全平方公式计算求解即可.
6．（2024高二下·浙江期中）圆台的上底面面积为，下底面面积为，母线长为4，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：因为圆台的上、下底面面积分别为、，所以上、下地面的半径分别为1、3，
则圆台的侧面积为.
故答案为：D．
【分析】由题意，根据圆台的侧面积公式计算即可.
7．（2024高二下·浙江期中）对于数列，设甲：为等差数列，乙：，则甲是乙的（ ）
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
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：若是等差数列，则，即充分性成立；
若，则，
两式相减得，即，故是等差数列，即必要性成立，
综上，甲是乙的充要条件.
故答案为：C．
【分析】根据等差数列的通项公式计算即可证明充分性成立；由得，两式相减，结合等差中项的即可证明必要性成立，即可得答案.
8．（2024高二下·浙江期中）袋子中装有5张编号分别为1，2，3，4，5的卡片，从袋子中随机选择3张卡片，记抽到的3张卡片编号之和为，编号之积为，则下列说法正确的是（ ）
A．是3的倍数的概率为0.4 B．是3的倍数的概率为0.6
C．是3的倍数的概率为0.2 D．是3的倍数的概率为0.8
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从袋子中随机选择3张卡片的样本空间的样本点个数为，
是3的倍数的情况包括，共4个样本点，概率为0.4；
T是3的倍数的情况数为，概率为0.6．
故答案为：A．
【分析】利用列举法写出符合题意的样本点，结合古典概型的概率公式求解判断即可.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高二下·浙江期中）若直线与圆相交于A，B两点，则|AB|的长度可能等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B,C,D
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：设圆心为，半径为，易知圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，
因为直线恒过原点，且，所以，
又因为，所以，
故答案为：BCD．
【分析】根据直线过定点，可得，再根据圆的弦长公式求解即可.
10．（2024高二下·浙江期中）已知，则下列等式成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：
，故A错误，B正确；
，
故C错误，D正确.
故答案为：BD．
【分析】根据两角和差的余弦、正弦公式以及同角三角函数的平方关系化简判断即可．
11．（2024高二下·浙江期中）下列定义在上的函数中，满足的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、，则，当且仅当时等号成立，
故A正确；
B、，则，
当且仅当时，等号成立，不满足条件，故B错误；
C、，则，故C正确；
D、，因为，，所以，
所以，当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据函数性质结合基本不等式逐项计算即可判断ABD；利用余弦函数的性质计算即可判断C.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高二下·浙江期中）的展开式中，含项的系数是 ．
【答案】40
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为，
令，解得，则含的系数为．
故答案为：40.
【分析】写出二项式展开式的通项，直接计算即可.
13．（2024高二下·浙江期中）已知过椭圆的右顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，根据椭圆对称性，设，且，
因为，所以，即，
则，解得，即，
代入椭圆的方程可得，解得，则椭圆离心率为．
故答案为：.
【分析】根据题意，设，结合，求得，代入椭圆的方程得到，再由离心率的计算公式求解即可.
14．（2024高二下·浙江期中）若不等式对任意满足的正实数x，y，z均成立，则实数的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为x，y，z为正实数，所以，
又因为，所以，即，又，
所以，
当且仅当时等号成立，故实数的最大值为.
故答案为：.
【分析】分离常数转化成求的最小值问题，根据，把放缩成，再变形，最后利用基本不等式求最小值，即为的最大值.
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．（2024高二下·浙江期中）已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
则函数在处的切线的斜率为，切点的纵坐标为，即切点为，
故切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
当时，解得；当时，解得或，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
函数的极大值为，极小值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域以及导函数，根据导数的几何意义可得切线的斜率，求出切点，由直线的点斜式方程即可求得函数的切线方程；
（2）求导，利用导数判断函数的单调性，求单调区间以及极值即可.
16．（2024高二下·浙江期中）已知盒中有2个黑球和2个白球，每次从盒中不放回地随机摸取1个球，只要摸到白球就停止摸球．
（1）求摸球三次后刚好停止摸球的概率；
（2）记摸球的次数为随机变量，求的分布列和期望．
【答案】（1）解：摸球三次后刚好停止摸球，则前两次都摸到黑球，且第三次一定摸到白球，
则摸球三次后刚好停止摸球的概率．
（2）解：由题意，可知随机变量的可能取值为1，2，3，
，
，
，
则的分布列为
1 2 3
．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由摸球三次后刚好停止摸球分析得，前两次摸到黑球第三次一定摸到白球，计算概率即可；
（2）由题意可知，求出的每个取值的概率，列出分布列，根据期望公式求期望即可．
17．（2024高二下·浙江期中）如图，在正三棱柱中，为侧棱的中点．
（1）求证：平面平面．
（2）若，求平面与平面所成二面角的大小．
【答案】（1）证明：连接，交于点，再连接、、，如图所示：
根据题意得，四边形是矩形，则M为的中点．
因为为侧棱的中点，所以，
在和中，两组直角边相等，
根据勾股定理得两条斜边相等，即，所以，同理可证．
因为与交于点M，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：当时，三个侧面均为正方形，
由，同（1）易证，且都在面内，
所以面，故是面的一个法向量，
由题设知：是面的一个法向量，且平面与平面所成二面角是锐角，
由图知：
平面与平面所成二面角的大小为
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形三线合一、线面垂直的判定定理先证明E与中点的连线垂直于平面，再用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）先找出二面角两个平面的法向量，得出即是二面角的大小，即可求解.
18．（2024高二下·浙江期中）如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点C，D，当恰好为线段AB的中点时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）求的最小值．
【答案】（1）解：设直线，
联立得，
所以．
又因为是中点，所以，
代入化简得，解得．
故抛物线的方程为．
（2）解：
，
由（1）可得，，
因为
，
同理，
所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为．
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线，联立直线与抛物线方程，消元整理、由韦达定理可得，依题意可得，再由弦长公式得到方程，解得即可；
（2）根据数量积的运算律得到，又，同理可得，再由基本不等式求最小值即可.
19．（2024高二下·浙江期中）对于正整数m，n，存在唯一的自然数a，b，使得，其中，我们记．对任意正整数，定义的生成数列为，其中．
（1）求和．
（2）求的前3项．
（3）存在，使得，且对任意成立．考虑的值：
当时，
定义数列的变换数列的通项公式为
当时，
定义数列的变换数列的通项公式为
若数列和数列相同，则定义函数，其中函数的定义域为正整数集．
（ⅰ）求证：函数是增函数．
（ⅱ）求证：．
【答案】（1）解：因为，所以．
（2）解：．
（3）证明（ⅰ）对任意正整数，总有，且一定存在，使得，此时有，即当时，．
因为，所以，
又，所以，所以．
因为．
若和的变换数列分别为和，且，数列满足，且当时，，数列满足，且当时，．
当时，，
则．
当时，若，
则．
若，
则，所以是增函数．
若，
则，与矛盾，所以这种情况不存在．
若，
则，
所以是增函数．
（ⅱ）若数列的变换数列为，数列的变换数列为，
即证．
数列满足，且当时，．
若，
则，
若，
则，
，
．
综上，．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据，结合求解即可；
（2）由和新定义分别求出即可；
（3）（ⅰ）由题意可知当时，进而，根据，结合作差法分类讨论当、时的大小关系，证明即可；
（ii）若数列的变换数列为，数列的变换数列为，即．分类讨论、情况下的数量关系，证明即可.
1 / 1浙江省强基联盟2023-2024学年高二下学期数学期中考试试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2024高二下·浙江期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·浙江期中）双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·浙江期中）已知向量，若，则的值为（ ）
A．-4 B．4 C．-6 D．6
4．（2024高二下·浙江期中）为虚数单位，则（ ）
A． B．i C．-1 D．1
5．（2024高二下·浙江期中）已知正数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A．[1，4] B．[0，4] C． D．
6．（2024高二下·浙江期中）圆台的上底面面积为，下底面面积为，母线长为4，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·浙江期中）对于数列，设甲：为等差数列，乙：，则甲是乙的（ ）
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
8．（2024高二下·浙江期中）袋子中装有5张编号分别为1，2，3，4，5的卡片，从袋子中随机选择3张卡片，记抽到的3张卡片编号之和为，编号之积为，则下列说法正确的是（ ）
A．是3的倍数的概率为0.4 B．是3的倍数的概率为0.6
C．是3的倍数的概率为0.2 D．是3的倍数的概率为0.8
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高二下·浙江期中）若直线与圆相交于A，B两点，则|AB|的长度可能等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．（2024高二下·浙江期中）已知，则下列等式成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（2024高二下·浙江期中）下列定义在上的函数中，满足的有（ ）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高二下·浙江期中）的展开式中，含项的系数是 ．
13．（2024高二下·浙江期中）已知过椭圆的右顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为 ．
14．（2024高二下·浙江期中）若不等式对任意满足的正实数x，y，z均成立，则实数的最大值为 ．
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．（2024高二下·浙江期中）已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值．
16．（2024高二下·浙江期中）已知盒中有2个黑球和2个白球，每次从盒中不放回地随机摸取1个球，只要摸到白球就停止摸球．
（1）求摸球三次后刚好停止摸球的概率；
（2）记摸球的次数为随机变量，求的分布列和期望．
17．（2024高二下·浙江期中）如图，在正三棱柱中，为侧棱的中点．
（1）求证：平面平面．
（2）若，求平面与平面所成二面角的大小．
18．（2024高二下·浙江期中）如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点C，D，当恰好为线段AB的中点时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）求的最小值．
19．（2024高二下·浙江期中）对于正整数m，n，存在唯一的自然数a，b，使得，其中，我们记．对任意正整数，定义的生成数列为，其中．
（1）求和．
（2）求的前3项．
（3）存在，使得，且对任意成立．考虑的值：
当时，
定义数列的变换数列的通项公式为
当时，
定义数列的变换数列的通项公式为
若数列和数列相同，则定义函数，其中函数的定义域为正整数集．
（ⅰ）求证：函数是增函数．
（ⅱ）求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，
集合，故.
故答案为：B．
【分析】解不等式求的集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，令，解得，
即双曲线的渐近线方程为 .
故答案为：C．
【分析】由题意，根据双曲线的几何性质求解即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，所以，
又因为，所以，解得，故的值为-4.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用向量的垂直的坐标表示，列方程求解即可.
4．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D．
【分析】根据复数的乘方运算计算求值即可.
5．【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，且，所以，所以，
当且仅当时等号成立，则．
故答案为：C．
【分析】由题意，根据基本不等式可得，再结合完全平方公式计算求解即可.
6．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：因为圆台的上、下底面面积分别为、，所以上、下地面的半径分别为1、3，
则圆台的侧面积为.
故答案为：D．
【分析】由题意，根据圆台的侧面积公式计算即可.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：若是等差数列，则，即充分性成立；
若，则，
两式相减得，即，故是等差数列，即必要性成立，
综上，甲是乙的充要条件.
故答案为：C．
【分析】根据等差数列的通项公式计算即可证明充分性成立；由得，两式相减，结合等差中项的即可证明必要性成立，即可得答案.
8．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从袋子中随机选择3张卡片的样本空间的样本点个数为，
是3的倍数的情况包括，共4个样本点，概率为0.4；
T是3的倍数的情况数为，概率为0.6．
故答案为：A．
【分析】利用列举法写出符合题意的样本点，结合古典概型的概率公式求解判断即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：设圆心为，半径为，易知圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，
因为直线恒过原点，且，所以，
又因为，所以，
故答案为：BCD．
【分析】根据直线过定点，可得，再根据圆的弦长公式求解即可.
10．【答案】B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：
，故A错误，B正确；
，
故C错误，D正确.
故答案为：BD．
【分析】根据两角和差的余弦、正弦公式以及同角三角函数的平方关系化简判断即可．
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、，则，当且仅当时等号成立，
故A正确；
B、，则，
当且仅当时，等号成立，不满足条件，故B错误；
C、，则，故C正确；
D、，因为，，所以，
所以，当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据函数性质结合基本不等式逐项计算即可判断ABD；利用余弦函数的性质计算即可判断C.
12．【答案】40
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为，
令，解得，则含的系数为．
故答案为：40.
【分析】写出二项式展开式的通项，直接计算即可.
13．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，根据椭圆对称性，设，且，
因为，所以，即，
则，解得，即，
代入椭圆的方程可得，解得，则椭圆离心率为．
故答案为：.
【分析】根据题意，设，结合，求得，代入椭圆的方程得到，再由离心率的计算公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为x，y，z为正实数，所以，
又因为，所以，即，又，
所以，
当且仅当时等号成立，故实数的最大值为.
故答案为：.
【分析】分离常数转化成求的最小值问题，根据，把放缩成，再变形，最后利用基本不等式求最小值，即为的最大值.
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，
则函数在处的切线的斜率为，切点的纵坐标为，即切点为，
故切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
当时，解得；当时，解得或，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
函数的极大值为，极小值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域以及导函数，根据导数的几何意义可得切线的斜率，求出切点，由直线的点斜式方程即可求得函数的切线方程；
（2）求导，利用导数判断函数的单调性，求单调区间以及极值即可.
16．【答案】（1）解：摸球三次后刚好停止摸球，则前两次都摸到黑球，且第三次一定摸到白球，
则摸球三次后刚好停止摸球的概率．
（2）解：由题意，可知随机变量的可能取值为1，2，3，
，
，
，
则的分布列为
1 2 3
．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由摸球三次后刚好停止摸球分析得，前两次摸到黑球第三次一定摸到白球，计算概率即可；
（2）由题意可知，求出的每个取值的概率，列出分布列，根据期望公式求期望即可．
17．【答案】（1）证明：连接，交于点，再连接、、，如图所示：
根据题意得，四边形是矩形，则M为的中点．
因为为侧棱的中点，所以，
在和中，两组直角边相等，
根据勾股定理得两条斜边相等，即，所以，同理可证．
因为与交于点M，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：当时，三个侧面均为正方形，
由，同（1）易证，且都在面内，
所以面，故是面的一个法向量，
由题设知：是面的一个法向量，且平面与平面所成二面角是锐角，
由图知：
平面与平面所成二面角的大小为
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形三线合一、线面垂直的判定定理先证明E与中点的连线垂直于平面，再用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）先找出二面角两个平面的法向量，得出即是二面角的大小，即可求解.
18．【答案】（1）解：设直线，
联立得，
所以．
又因为是中点，所以，
代入化简得，解得．
故抛物线的方程为．
（2）解：
，
由（1）可得，，
因为
，
同理，
所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为．
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线，联立直线与抛物线方程，消元整理、由韦达定理可得，依题意可得，再由弦长公式得到方程，解得即可；
（2）根据数量积的运算律得到，又，同理可得，再由基本不等式求最小值即可.
19．【答案】（1）解：因为，所以．
（2）解：．
（3）证明（ⅰ）对任意正整数，总有，且一定存在，使得，此时有，即当时，．
因为，所以，
又，所以，所以．
因为．
若和的变换数列分别为和，且，数列满足，且当时，，数列满足，且当时，．
当时，，
则．
当时，若，
则．
若，
则，所以是增函数．
若，
则，与矛盾，所以这种情况不存在．
若，
则，
所以是增函数．
（ⅱ）若数列的变换数列为，数列的变换数列为，
即证．
数列满足，且当时，．
若，
则，
若，
则，
，
．
综上，．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据，结合求解即可；
（2）由和新定义分别求出即可；
（3）（ⅰ）由题意可知当时，进而，根据，结合作差法分类讨论当、时的大小关系，证明即可；
（ii）若数列的变换数列为，数列的变换数列为，即．分类讨论、情况下的数量关系，证明即可.
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