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（含解析）

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．2
3．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．540
5．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．函数在处的切线为，则（ ）
A． B． C． D．1
7．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1
C．展开式中第4项的二项式系数最大 D．展开式中常数项为240
10．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3
D．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B
4．【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BCD
10．【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.