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