1、 学科网（北京）股份有限公司 2023 学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测 数学试题卷数学试题卷 考生须知：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：本大题共一、选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中只有一项分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。是
2、符合题目要求的。1已知复数11 i=+z，22i=z（i 为虚数单位，2i1=），则复数21=zzz对应的点位于（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2命题“0 x，23100 xx”的否定是（）A0 x，23100 xx B0 x，23100 xx C0 x，23100 xx D0 x，23100 xx 3下列函数中，以为最小正周期的奇函数是（）Asin2=yx Bcos=yx C2 sin=yx D2 cos=yx 4若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是（）A14 B13 C23 D34 5在正方体1111ABCDABC D中，P，Q 分别是棱1AA和1CC上的
3、点，113=PAAA，113=BQBB，那么正方体中过点 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()log=af xx，()=g xax，()=ah xx的图象可能是（）A B C D 7已知()sin23sin2=+，则tan()tan()+=+（）A2 B14 C32 D12 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=（）A13 B3 22 C79 D4 2
4、9 二、多项选择题：本大题共二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 全分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 全部选对的得部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。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)70,8
5、0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 10已知向量()1,3=a，(),2=bx，且()2aba，则（）A()1,2=b B225=ab C向量a与向量b的夹角是 45 D向量a在向量b上的投影向量坐标是()1,2 11已知zC，设函数()f z满足()()11+=+f zzfzz，则（）A()11=f B当Rz时，()f z不一定是常数函数 C若13i222+=f，则1313ii2222=+f D若1=z，则()()11+=+zf zfzz 学科网（北京）股份有限公司 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，
6、共分，共 15 分。分。12函数ln=yx与e=xy的图象关于直线_对称 13若某扇形的圆心角为4，面积为2，则该扇形的半径是_ 14记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知sin2cos=CB，2222+=abcab，若ABC 的面积为33+，则=a_ 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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()2 3sincos2cos2=+f xxxx（1）求()f x的最小正周期及单调递增区间；（2）求()f x在区间 5,6 12上的最
7、大值、最小值及相应的 x 的值 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3=ABAD，求平面 ABC 与平面 PBC 的夹角大小 17（本题满分 15 分）已知函数()()2e2 e=+xxf xaax，Ra（1）当2=a时，求()f x在0=x处的切线方程；（2）讨论()f x的单调性 18（本题满分 17 分）已知椭圆 C 的焦点在 x 轴上，上顶点()0,1M，右焦点 F，离心率2e2=（1）求椭圆 C 的标准方程；学科网（北京）股份有限
8、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 na满足()22)434400,N*(+=nnnan annan，数列 nb满足1)32(1N*+=+nnbbnn，12=b（1）求 na，nb的通项公式；（2）定义：已知数列 nc，21=nniiQc，当*N4nQ时，称 nc为“4 一偶数项和整除数列”（i）计算nS，nT，其中21=nniiSa，21(2)=+nniiTbi（ii）若(
9、)N*(+nnbna为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值 2023 学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测 参考答案参考答案 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，有一项是分在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的符合题目要求的 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，每小题二、选择题：本题共了小题，每小题 6 分，共分，共 18 分在每小题给出的选项中，有多项符合题分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选
10、对的得目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分 9AB 10ACD 11ACD 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 12=yx 132 1462+四、解答题四、解答题 15（1）()22 3sincos2cos3sin2cos212sin 216=+=+=+f xxxxxxx 故22=T；由()2sin 216=+f xx，令2 22 262+kxk，Zk，则36+kxk，Zk，学科网（北京）股份有限公司 故函数()f x的单调递增区间为,36+kk，Zk；（2）当
11、 5,6 12 x时，2,66+x，则1sin 2,162+x，即()0,3f x，即()f x在区间5,6 12上的最小值和最大值分别为 0，3，即266+=x时，即6=x时，()f x有最小值 0，当262+=x，即6=x时，()f x有最大值 3 16证明：（1）因为 PA平面 ABCD，所以 PACD，因为 PD 与平面 ABCD 所成的角为 45，PA平面 ABCD，所以45=PDA，且=PAAD，又 E 为 PD 的中点，所以 AEPD 因为 CDAD，又 CDPA，故 CD平面 PAD，所以 CDAE，所以AE平面 PCD（2）因为 PA平面 ABCD，所以 PABC，又ABBC
12、，故 BC平面 PAB，所以 BCPB，又 BCAB，则PBA 即为所求，由（1）知：=PAAD，则3=BAPA，所以6=PBA 17（1）当2=a时，()22e=xf xx，()24e1=xfx，()03=f，()02=f，切线方程为：32=+yx（2）()()()()22 e2 e12e1e1=+=+xxxxfxaaa，若0a，()0a，当()0=fx时，解得ln=xa，则()f x在()ln,+a上单调递增，在(),ln a上单调递减 18解：（）由题意得：1=b，2e2=，则易得22=a，故椭圆方程为2212+=xy（2）（i）由题意得：1=MFk，因为MFl，所以1=MFlkk，则1
13、=lk，学科网（北京）股份有限公司 设直线:=+l yxm，11(,)P x y，22(,)Q xy，联立22121=+=yxmxy，可得2234220+=xmxm，()()222164 3228 30=mmm，所以33m，由韦达定理得：1243+=xxm，212223=mx x，1212223+=+=yyxxmm，设线段 PQ 中点为(),N x y，则12223+=xxxm，12123+=yym，则 PQ 中点的轨迹方程为12 32 3233=na可得44=+nan，由1321+=+nnbbn可得()113+=+nnbnbn，且113+=b，所以+nbn是以首项为 3，公比为 3 的等比数
14、列，故3=nnbn（2）（i）()224221284482+=+=+ninnnSaaaann()()()()()12229 1 91222991 98+=+=nnninTbbibn 学科网（北京）股份有限公司（ii）方法一：当1=n时，()22112912444+=baTS，显然，1=，2，3 不满足题意 当4=时，()122211(2)499482+=+=nniinnibiaTSnn()()11224119921 892488+=+nnnnTSnnnn()012211211111888928+=+nnnnnnCCCCnn()221121111 8188928+=+nnnnnCCnn()22112212111118882882Z8+=+=+nnnnnnnnnCCnnnCCnn()2122211148828233042+=+=+nnnnnnn nTSnCCnnnnnnn，*4N4nnTS，得证 方法二：当1=n时，()22112912444+=baTS，显然，1=，2，3 不满足题意 当4=时，()44 344=+=nnnncbnan，214=nnniiTSc，因为4 3443144=nnncnnZ且31e10 nnnn，所以*4N4nnTS，得证
