浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题+答案_6月_240625浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试

2023 学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2．答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号， 并用 2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑。 3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效。 一、选择题：本大题共 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．已知复数z 1i，z 2i（i为虚数单位，i2 1），则复数z  z z 对应的点位于（ ） 1 2 2 1 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．命题“x0，x2 3x100”的否定是（ ） A．x0，x2 3x100 B．x0，x2 3x100 C．x0，x2 3x100 D．x0，x2 3x100 3．下列函数中，以π为最小正周期的奇函数是（ ） A．y sin2x B． y cosx C． y 2sinx D．y2 cosx 4．若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是（ ） 1 1 2 3 A． B． C． D． 4 3 3 4 1 1 5．在正方体ABCDABC D 中，P，Q分别是棱AA 和CC 上的点，PA AA ，BQ BB ，那么 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 正方体中过点D，P，Q的截面形状为（ ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 6．在同一个坐标系中，函数 f  x log x，g  x ax，h  x  xa的图象可 ． 能 ． 是（ ） a A． B． C． D． tan() 7．已知sin23sin2 ，则 （ ） tan() 1 3 1 A．2 B． C． D． 4 2 2 学科网（北京）股份有限公司8．已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若 这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则cos（ ） 1 3 2 7 4 2 A． B． C． D． 3 2 9 9 二、多项选择题：本大题共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．本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成 绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示， 则下列说法正确的是（ ） A．图中x的值为0.030 B．被抽取的学生中成绩在  70,80 的人数为15 C．估计样本数据的众数为90 D．估计样本数据的平均数大于中位数 r r r r  r 10．已知向量a 1,3 ，b  x,2 ，且 a2b a ，则（ ） r A．b  1,2  r r B． 2ab 25 r r C．向量a 与向量b 的夹角是45° r r D．向量a 在向量b 上的投影向量坐标是 1,2  11．已知zC，设函数 f  z 满足 f  z zf  1z 1z，则（ ） A． f  1 1 B．当zR时， f  z 不 ． 一 ． 定 ． 是常数函数 1 3  1 3  1 3 C．若 f   i2，则 f   i  i     2 2  2 2  2 2 D．若 z 1，则zf  z  f  1z 1z 学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本大题共3小题，每小题 5分，共 15分。 12．函数 y lnx与 y ex的图象关于直线______对称． π π 13．若某扇形的圆心角为 ，面积为 ，则该扇形的半径是______． 4 2 14．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知sinC  2cosB，a2 b2 c2  2ab，若 △ABC的面积为3 3，则a______． 四、解答题：本大题共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．（本题满分13分） 已知函数 f  x 2 3sinxcosx2cos2x ． （1）求 f  x 的最小正周期及单调递增区间；  π 5π （2）求 f  x 在区间   ,  上的最大值、最小值及相应的x的值．  6 12 16．（本题满分15分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PD与底面所成的角为45°，E为PD 的中点． （1）求证：AE⊥平面PCD； （2）若AB  3AD，求平面ABC与平面PBC的夹角大小． 17．（本题满分15分） 已知函数 f  x ae2x  a2  ex x，aR． （1）当a2时，求 f  x 在x0处的切线方程； （2）讨论 f  x 的单调性． 18．（本题满分17分） 2 已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点M  0,1 ，右焦点F，离心率e ． 2 （1）求椭圆C的标准方程； 学科网（北京）股份有限公司（2）设直线l与椭圆C交于P，Q两点． （i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程； （ii）是否存在直线l，使F恰为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 19．（本题满分17分） 已知数列 a 满足a2  43n  a 4n2 4n0(a 0,nN*)，数列 b 满足 n n n n n b 3b 2n1(nN*)，b 2． n1 n 1 （1）求 a ， b 的通项公式； n n n Q （2）定义：已知数列 c ，Q c ，当 n N*时，称 c 为“4一偶数项和整除数列”． n n 2i 4 n i1 n n （i）计算S ，T ，其中S a ，T (b 2i)． n n n 2i n 2i i1 i1 （ii）若   b n a  (N*)为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值． n n 2023 学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测 参考答案 一、选择题：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，有一项是 符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 D D A C B C A C 二、选择题：本题共了小题，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．AB 10．ACD 11．ACD 三、填空题：本大题共4小题，每小题 5分，共 20分． 12． y  x 13．2 14． 6 2 四、解答题．  π 15．（1） f  x 2 3sinxcosx2cos2x 3sin2xcos2x12sin2x  1  6 2π 故T   π； 2  π π π π 由 f  x 2sin2x  1，令 2kπ2x  2kπ，kZ，  6 2 6 2 π π 则 kπ x kπ，kZ， 3 6 学科网（北京）股份有限公司 π π  故函数 f  x 的单调递增区间为  kπ, kπ ，kZ；    3 6   π 5π π  π  （2）当x   ,  时，2x    ,π  ，  6 12 6  6   π  1  则sin2x     ,1  ，即 f(x) 0,3  ，  6  2   π 5π 即 f  x 在区间   ,  上的最小值和最大值分别为0，3，  6 12 π π π 即2x  时，即x 时， f  x 有最小值0， 6 6 6 π π π 当2x  ，即x 时， f  x 有最大值3． 6 2 6 16．证明：（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD， 因为PD与平面ABCD所成的角为45°，PA⊥平面ABCD， 所以PDA45，且PA AD， 又E为PD的中点，所以AE⊥PD． 因为CD⊥AD，又CD⊥PA，故CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE， 所以AE 平面PCD． （2）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，又ABBC，故BC⊥平面PAB， 所以BC⊥PB，又BC⊥AB，则∠PBA即为所求， π 由（1）知：PA AD，则BA 3PA，所以PBA ． 6 17．（1）当a2时， f  x 2e2x x， f x 4e2x 1， f 0 3， f  0 2， 切线方程为： y 3x2． （2） f x 2ae2x  a2  ex 1  2ex 1  aex 1  ， ①若a0， f x 0，则 f  x 在,上单调递减， ②若a0，当 f x 0时，解得xlna，则 f  x 在(lna,)上单调递增，在(,lna)上单调 递减． 2 x2 18．解：（Ⅰ）由题意得：b1，e ，则易得a2 2，故椭圆方程为  y2 1． 2 2 （2）（i）由题意得：k 1，因为MF l ，所以k k 1，则k 1， MF MF l l 学科网（北京）股份有限公司y  xm  设直线l: y  xm，P(x ,y )，Q(x ,y )，联立x2 y2 ，可得3x2 4mx2m2 20， 1 1 2 2   1  2 1      16m2 43 2m2 2 8 3m2 0，所以 3 m 3 ， 4 2m2 2 2 由韦达定理得：x x  m，x x  ， y  y  x x 2m m， 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3 x x 2 y  y 1 设线段PQ中点为N  x,y ，则x 1 2  m， 1 2  m， 2 3 2 3 1  2 3 2 3 则PQ中点的轨迹方程为 y  x  x ．   2  3 3  uuur uuur （ii）因为F恰为△PQM的垂心，有MPFQ uuur uuur 所以MPFQ  x  x 1  y  y 1 0 1 2 2 1 又y  x m(i 1,2)，得x (x 1)(x m)(x m1)0， i i 1 2 2 1 即2x x (x x )(m1)m2 m0， 1 2 1 2 2m2 2 4m 代入韦达定理得2  (m1)m2m0 ， 3 3 4 4 解得m 或m1．经检验m 符合条件， 3 3 4 则直线l的方程为： y  x ． 3 19．（1）由a2  43n  a 4n2 4n0可得  a  4n4    a n 0， n n n n 根据a 0可得a 4n4， n n 由b 3b 2n1可得b n13  b n ，且b 13， n1 n n1 n 1 所以 b n 是以首项为3，公比为3的等比数列，故b 3n n． n n （2）  128n4  n （i）S a a La La   4n2 8n n 2 4 2i 2n 2   T  b 2 L b 2i L b 2n  9 19n  1 9n19  ． n 2 2i 2n 19 8 学科网（北京）股份有限公司T S  b 2 a 912 （ii）方法一：当n1时， 1 1  2 2  ， 4 4 4 显然，1，2，3不满足题意． 当4时， n (b 2i)a 4T S  1 9n19  4n2 8n 2i 2i n n 2 i1 4T n S n  1 9n19  n2 2n 1  18 n19 n2 2n   4 8 8  1  C0 8C1 82C2 L8n1Cn1  9n2 2n 8  n1 n1 n1 n1  1  18  n1 82C2 L8n1Cn19n2 2n 8  n1 n1   1 8n82C2 L8n1Cn1  n2 2nn8C2 L8nCn1n2 2nZ 8 n1 n1 n1 n1 4T S n  n1  n n n8C2 L8nCn1n22nn8 n22n3n23n0 ， 4 n1 n1 2 4T S n n N*，得证． 4 T S  b 2 a 912 方法二：当n1时， 1 1  2 2  ， 4 4 4 显然，1，2，3不满足题意． n 当4时，c 4  b n a 43n 4n4，4T S c ， n n n n n 2i i1 c 43n 4n4 因为 n   3n n1Z 且3n n1en n10， 4 4 4T S 所以 n n N*，得证． 4 学科网（北京）股份有限公司