2022浙江省北斗联盟高二下学期期中联考数学试题含解析

北斗联盟2021学年第二学期期中联考

高二年级数学学科

命题：余杭中学   於潜中学

考生须知：

1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟；

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；

4．考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

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，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出集合A，再根据交集的运算即可得出答案.

【详解】解：，

所以.

故选：C.

2. 已知函数则（    ）

A. -2 B. -1 C. 1 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】先根据分段函数求出，再根据分段函数，即可求出结果.

【详解】因为，

所以.

故选：D.

3. 在北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳了世界．从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至的日影长为18.5尺，立春的日影长为15.5尺，则春分的日影长为（    ）

A. 9.5 尺 B. 10.5 尺 C. 11.5 尺 D. 12.5 尺

【答案】D

【解析】

【分析】由等差数列相关运算得到公差，进而求出春分的日影长.

【详解】由题意得：为等差数列，公差为d，则，，则，解得：，则，故春分的日影长为12.5尺.

故选：D

4. 如图，已知椭圆，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B，若∠F1AB＝90°，则此椭圆的离心率为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由∠F1AB＝90°，得△F1AF2为等腰直角三角形，从而得，易得离心率．

【详解】若∠F1AB＝90°，则△F1AF2为等腰直角三角形，所以有|OA|＝|OF2|，即b＝c．

所以，．

故选：C．

5. 下列图象中，函数，图象的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由条件，分析可得为偶函数且在区间上恒成立，由此可以用排除法得到答案.

【详解】根据题意，.

所以为偶函数，其图像关于轴对称，所以可以排除选项.

在上单调递增，所以，且.

则在上，排除选项.

故选：D

【点睛】本题考查根据函数解析式选择函数图像，注意分析函数的奇偶性、单调性、定义域、值域和一些特殊点处的函数值，属于中档题.

6. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设向量与的夹角为，由，得，结合已知条件化简可得答案

【详解】设向量与的夹角为，因为，所以，

即，

又，所以，

因为

所以.

故选：C

7. 阿波罗尼斯约公元前年证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P与A，B距离之比满足：，当P、A、B三点不共线时，面积的最大值是（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，探求点P与直线AB的最大距离即可计算作答.

【详解】依题意，以线段AB的中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，

则，，设，

因，则，化简整理得：，

因此，点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，点P不在x轴上时，与点A，B可构成三角形，

当点P到直线(轴)的距离最大时，的面积最大，

显然，点P到轴的最大距离为，此时，，

所以面积的最大值是．

故选：C

8. 已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题设，由已知得函数在R上单调递增，且，根据函数的单调性建立不等式可得选项.

详解】由题可设，又，

则，

所以函数在R上单调递增，，

将不等式转化为，

所以，即，

有，故得，所以不等式的解集为，

故选：D.

【点睛】关键点点睛：解决本题的问题关键在于构造函数，并且得出函数的单调性，根据函数的单调性得出不等式，解之得选项.

二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 甲袋中有个白球，个红球，乙袋中有个白球，个红球，这些小球除颜色外完全相同.从甲、乙两袋中各任取个球，则下列结论正确的是（　　）

A. 个球颜色相同的概率为 B. 个球不都是红球的概率为

C. 至少有个红球的概率为 D. 个球中恰有个红球的概率为

【答案】ACD

【解析】

【分析】分别计算出从甲袋和乙袋中任取个球，该球为白球或红球的概率，然后利用独立事件、互斥事件以及对立事件的概率公式可判断各选项.

【详解】从甲袋中任取个球，该球为白球的概率为，该球为红球的概率为，

从乙袋中任取个球，该球为白球的概率为，该球为红球的概率为.

对于A选项，个球颜色相同的概率为，A对；

对于B选项，个球不都是红球的概率为，B错；

对于C选项，至少有个红球的概率为，C对；

对于D选项，个球中恰有个红球的概率为，D对.

故选：ACD.

10. 若数列的前n项和为，且，则（    ）

A.  B.

C. 数列是等比数列 D.

【答案】AC

【解析】

【分析】先代入求出，再根据即可得出数列为等比数列，再求和判断BD即可.

【详解】将代入得，A对；

因为，

则，

，即

所以数列是首项为，公比为的等比数列，C对；

，

，BD错误.

故选：AC

11. 已知函数，其导函数为，设，则（       ）

A. 在上单调递增

B. 的图象关于原点对称

C. 在上的最小值为

D. 是的一个周期

【答案】BD

【解析】

【分析】对于A，根据导函数的正负与函数单调性的关系即可求解；

对于B，利用函数的奇偶性的定义即可判断；

对于C，通过换元及三角函数的性质即可判断；

对于D，根据三角函数周期性的性质即可判断.

【详解】对于A，由，得恒成立，

所以在上单调递增，并不是在上单调递增，故A不正确；

对于B，因为的定义域为，其关于坐标原点对称，

，

所以是奇函数，即的图象关于原点对称，故B正确；

对于C，由，得，

令，则，，

，，

所以在上单调递减，当即，时，取最小值，

显然，所以函数无最小值，故C 不正确；

对于D，，

所以是的一个周期，故D正确.

故选：BD.

12. 如图，在长方体中，，点P满足，，，，则下列结论正确的有（    ）

A. 当时，

B. 当时，平面

C. 当，时，三棱锥的体积为定值

D. 当，时，与平面所成角的正切值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，当时，得，知A错误；

当时，知四点共面，由面面平行的性质可得平面，知B正确；

当，时，利用点到面的距离的向量求法可求得点到平面的距离，利用体积桥可得，知C正确；

当，时，利用线面角的向量求法可求得，进而得到，知D正确.

【详解】以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，，，则，，；

对于A，设，则，

又，，不恒成立，A错误；

对于B，当时，四点共面，即平面；

，平面，平面，平面，

同理可得：平面，又，平面，

平面平面，平面，B正确；

对于C，设，则，

设，则，，，，

，；

平面，平面的一个法向量为，

点到平面的距离，又，

，即三棱锥的体积为定值，C正确；

对于D，当，时，，

设，则，，，，

，，

平面，平面的一个法向量，

设与平面所成角为，则，

，即与平面所成角的正切值为，D正确.

故选：BCD.

非选择题部分

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知复数z满足，为虚数单位，则复数_________

【答案】

【解析】

【分析】根据复数的除法运算计算即可得解.

【详解】，

.

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了复数除法运算，解题关键是掌握复数除法的运算方法，考查了分析计算能力，属于基础题．

14. 已知双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离为4，且焦距为10，则该双曲线的渐近线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】由标准方程可得渐近线方程，利用点到直线的距离构造方程，求得的值，从而得到渐近线方程.

【详解】渐近线方程为：，

由双曲线对称性可知，两焦点到两渐近线的距离均相等，

取渐近线，

又因为焦距为10，故右焦点为，

，

渐近线方程为：.

故答案为：

15. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．

【答案】

【解析】

【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中，且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为，

由于，故，

设内切圆半径为，则：

，

解得：，其体积：.

故答案为：.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

16. 已知函数 ，若且，则的取值范围是_____．

【答案】

【解析】

【分析】由题设，结合对数函数的单调性即可得，再根据基本不等式即可求得答案.

【详解】解：由对数复合函数的单调性得函数在上单调递增，

因为，

所以函数在上，在上，

因为且，

所以，即，

所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

由于，所以等号不能取到，

所以，

所以的取值范围是

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 在中，内角所对的边分别为.已知，，.

（Ⅰ）求和的值；

（Ⅱ）求的值.

【答案】（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.

【解析】

【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，

进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.

试题解析：（Ⅰ） 解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.

由正弦定理,得.

所以，的值为，的值为.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，

故.

考点：正弦定理、余弦定理、解三角形

【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

18. 2021年3月18日，位于孝感市孝南区长兴工业园内的湖北福益康医疗科技有限公司正式落地投产，这是孝感市第一家获批的具有省级医疗器械生产许可证资质的企业，也是我市首家“一次性使用医用口罩、医用外科口罩”生产企业.在暑期新冠肺炎疫情反弹期间，该公司加班加点生产口罩、防护服，消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在社会上赢得一片赞誉．在加大生产的同时，该公司狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该企业质检人员从所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下六组：，，，…，，得到如下频率分布直方图．

（1）求出直方图中m的值；

（2）利用样本估计总体的思想，估计该企业所生产的口罩的质量指标值的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到）；

（3）现规定：质量指标值小于70的口罩为二等品，质量指标值不小于70的口罩为一等品．利用分层抽样的方法从该企业所抽取的100个口罩中抽出5个口罩，其中一等品的概率是多少．

【答案】（1）0.030   

（2）平均数71，中位数7333   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图频率之和为1列方程求解即可；

（2）由频率分布直方图取各组中点值计算均值即可，再由频率分布直方图求中位数的方法求解即可.

（3）由分层抽样可知抽取的5个口罩中一等品与二等品的件数，再由古典概型计算即可.

【小问1详解】

由，得，

所以直方图中m的值是0.030；

【小问2详解】

平均数为，

因为，，

所以中位数在第4组，设中位数为n，则，解得，

所以可以估计该企业所生产口罩的质量指标值的平均数为71，中位数为；

【小问3详解】

由频率分布直方图知：100个口罩中一等品、二等品各有60个、40个，

由分层抽样可知，所抽取的5个口罩中一等品有：(个)，二等品有：(个)，所以抽取的5个口罩中一等品有3个，二等品有2个.一等品的概率为.

19. 如图，在三棱柱-中， ，， ，在底面 的射影为的中点， 为的中点.

（1）证明：D 平面；

（2）求二面角-BD- 的平面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【详解】（1）根据条件首先证得平面 ，再证明，即可得证；（2）

作，且，可证明为二面角 的平面角，再由

余弦定理即可求得，从而求解.

试题解析：（1）设为 的中点，由题意得平面，∴，∵，

∴，故 平面，由 ，分别 ，的中点，得 且

，从而 ，∴四边形为平行四边形，故 ，又∵

平面，∴ 平面；（2）作 ，且，连结，

由， ，得，由，

，得 ，由，得 ，因此为二面角

的平面角，由 ，， ，得，

，由余弦定理得，.

考点：1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解

20. 已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，在轴的上方，且点的横坐标为4.

（1）求抛物线的标准方程；

（2）设点为抛物线上异于，的点，直线与分别交抛物线的准线于，两点，轴与准线的交点为，求证：为定值，并求出定值.

【答案】（1）（2）见证明

【解析】

【分析】（1）先由题意得到，，根据的斜率为，求出，即可得出抛物线方程；

（2）先由（1）的结果，得到点坐标，设点，结合题意，求出与，计算其乘积，即可得出结论成立.

【详解】（1）由题意得：，

因为点的横坐标为4，且在轴的上方，

所以，

因为的斜率为，

所以，整理得：，

即，得，

抛物线的方程为：.

（2）由（1）得：，，淮线方程，

直线的方程：，

由解得或，于是得.

设点，又题意且,

所以直线：，令，得，

即，

同理可得：，

.

【点睛】本题主要考查求抛物线的方程，以及抛物线的应用，熟记抛物线的标准方程与抛物线的简单性质即可，属于常考题型.

21. 已知函数的图象在点处的切线方程为.

（1）若对任意有恒成立，求实数的取值范围；

（2）若函数在区间内有3个零点，求实数范围.

【答案】（1），；（2）.

【解析】

分析】（1），，根据函数的图象在点处的切线的方程为．可得（1），（1），解得，，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数的取值范围．

（2）由（1）可得：，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数在区间内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数的取值范围．

【详解】解：（1），.

函数的图象在点处的切线的方程为.

（1），（1），

，解得，.

.

，

，.

当时，函数取得最大值，.

对任意有恒成立，所以，.

.

实数的取值范围是，.

（2）由（1）可得：

，

，

令，解得，1.

列表如下：

由表格可知：当时，函数取得极小值（1）；当时，函数取得极大值.

要满足函数在区间内有3个零点，

，

解得，

则实数的取值范围.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．

22. 已知为等差数列，为等比数列，，，．

（1）求和的通项公式；

（2）记的前项和为，求证：；

（3）对任意的正整数，设，求数列的前项和．

【答案】（1），   

（2）证明见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件求得的公差、的公式，从而求得和的通项公式.

（2）利用差比较法证的结论成立.

（3）结合裂项求和法、错位相减求和法、分组求和法求得正确答案.

【小问1详解】

设等差数列的公差为，等比数列的公比为．

∵，，可得．∴．

∵，，且，可得，解得，

∴．

【小问2详解】

由题可知，

故，，

作差得：，

因此，.

【小问3详解】

由题可知，

故当为奇数时，，

故记.

当偶数时，

记，，

故，

因此，；

故所求

.