云南省保山市高（完）中C、D类学校2022-2023学年高二下学期5月份联考数学试题（解析版）

秘密★启用前【考试时间：5月25日14：00~16：00】

保山市高（完）中C､D类学校2022~2023学年下学期5月份联考

高二数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟.

第I卷（选择题，共60分）

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号､准考证号在答题卡上填写清楚

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.

一､单项选择题（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】D

【解析】

【分析】先求出集合，再求.

【详解】.

因，所以.

故选：D

2. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的除法运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：B.

3. 为落实《国家学生体质健康标准》达标测试工作，全面提升学生的体质健康水平，某校高二年级体育组教师在高二年级随机抽取部分男生，测试了立定跳远项目，依据测试数据绘制了如图所示的频率直方图.已知立定跳远以上成绩为及格，以上成绩为优秀，根据图中的数据估计该校高二年级男生立定跳远项目的优秀率和图中的分别是是（    ）

A. 3%，0.010 B. 3%，0.012 C. 6%，0.010 D. 6%，0.012

【答案】C

【解析】

【分析】

根据频率分布直方图可直接求出优秀率，根据频率之和为，可求出.

【详解】由频率分布直方图可得，优秀率为；

由，解得；

故选：C.

4. 若直线是圆的一条对称轴，则（    ）

A.  B.  C. 1 D. -1

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意得到圆心必在直线上，列出方程，即可求解.

【详解】由圆，可圆心坐标为，

因为直线是圆的对称轴，所以圆心必在直线上，即，解得.

故选：C.

5. 在的展开式中，的系数为（    ）

A.  B. 1 C.  D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数.

【详解】的展开式的通项公式为，

令，则，故的系数为，

故选：B.

6. 下列函数中是增函数的为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.

【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.

对于B，为上的减函数，不合题意，舍.

对于C，在为减函数，不合题意，舍.

对于D，为上的增函数，符合题意，

故选：D.

7. 意大利数学家列昂那多•斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”（斐波那契数列）：，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用.已知斐波那契数列满足：，若，则等于（    ）

A. 14 B. 13 C. 89 D. 144

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，结合斐波那契数列的性质，逐项迭代，即可求解.

【详解】根据题意，若，即，

由斐波那契数列的性质，可得：

，

所以.

故选：A.

8. 已知，则的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数幂的运算即可结合函数单调性求解.

【详解】，

故选:D.

二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 已知随机变量的分布列为

则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据随机变量分布列的性质可求解的值，然后再根据分布列计算数学期望即可.

【详解】由，得，则.

故选：AC.

10. 函数的图象的一条对称轴可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】

利用正弦型函数图象性质求解.

【详解】

对称轴：，

解得，

当时，，故C选项正确；

当时，，故D选项正确；

故选：CD.

11. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线上，若，则（    ）

A.  B.

C.  D. 的坐标为

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据题意，利用抛物线的定义，求得点的坐标，结合选项，逐项判定，即可求解.

【详解】由抛物线，可得，

因为点在抛物线上，且，

根据抛物线的定义，可得，解得，

又因为，所以，即，

则.

故选：ABC.

12. 已知四面体是球的内接四面体，且是球的一条直径，，则下面结论正确的是（    ）

A. 球的表面积为

B. 若为的中点，则

C. 上存在一点，使得

D. 四面体体积的最大值为

【答案】BD

【解析】

【分析】由是球的一条直径，得到，求得球的半径，结合球的表面积公式，可判定A错误；根据，为的中点，可判定B正确；结合线面平行的判定定理和与平面相交，可判定C错误；由点到平面的距离的最大值为球的半径，结合锥体的体积公式，可判定D正确.

【详解】如图所示，因为是球的一条直径，所以且，

所以，球的半径为，

球的表面积为，所以A错误；

连接，因为，为的中点，所以，所以B正确；

若上找到一点，使得，因为平面，平面，

所以平面，而与平面相交，所以C错误；

因为平面过球心，可得点到平面的距离的最大值为球的半径，

所以四面体体积的最大值为，

所以D正确.

故选：BD.

第II卷（非选择题，共90分）

注意事项：

第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，，与共线，则___________.

【答案】2

【解析】

【分析】根据平面向量共线及向量模的坐标计算公式求解即可.

【详解】由，，与共线，得，即，

所以.

故答案为：2.

14. 如图所示是一个样本容量为100的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其分位数为___________.

【答案】14

【解析】

【分析】根据频率分布直方图，计算即可.

【详解】由图可知第一组的频率为，前两组的频率之和为，则可知其分位数在内，设为，

则，解得.

故答案为：14

15. 双曲线左、右焦点分别为、，点P在双曲线上，若，则______．

【答案】6

【解析】

【分析】根据双曲线的定义求解．

【详解】由双曲线方程得，

由双曲线定义得，

故答案为：6．

16. 定义在上的函数满足：有成立且，则不等式的解集为___________.

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，结合条件判断其单调性，利用单调性解不等式即可.

详解】设.

又有成立，

函数，即是上的增函数.

则，即.

故答案为：

四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 某超市为了调查顾客单次购物金额与年龄的关系，从年龄在内的顾客中，随机抽取了100人，调查结果如表：

（1）为了回馈顾客，超市准备开展对单次购物金额满188元的每位顾客赠送1个环保购物袋的活动.若活动当日该超市预计有5000人购物，由频率估计概率，预计活动当日该超市应准备多少个环保购物袋？

（2）在上面抽取的100人中，随机依次抽取2人，已知第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元，求第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率.

【答案】（1）3500   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据单次购物金额满188元的顾客人数，求出100人中单次购物金额满188元的概率，根据概率估计频率求出5000人购物金额满188元的顾客人数即可；

（2）根据条件概率的计算公式，列出等式求出即可.

【小问1详解】

解：由表可知，单次购物金额满188元的有：8+15+23+15+9=70人，

所以单次购物金额满188元频率为：，

所以5000人中，单次购物金额满188元大约人，

故需准备3500个环保购物袋；

【小问2详解】

记事件为“第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元”，

记事件为“第2次抽到的顾客单次购物金额满188元”，

所以，，

所以，

故第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率为.

18. 已知等比数列的前项和为.

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等比数列通项及求和公式列方程组求解即可；

（2）利用裂项相消法求和.

【小问1详解】

设的公比为，由题意知，，

，

，

解得，

.

【小问2详解】

由（1）知，，

.

19. 已知的内角的对边分别是，且.

（1）求角；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据两角和的正弦公式即可化简求值；

（2）根据余弦定理和面积公式即可求解.

【小问1详解】

.

因为，所以，

有.

又，所以.

【小问2详解】

由余弦定理可知：

，

解得或（舍去），

因此的面积为.

20. 如图，在直三棱柱中，为的中点，.

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，求出相应平面的法向量，结合二面角的向量公式求解.

【小问1详解】

在直三棱柱中，平面平面，

所以.

又由题可知，平面，且，

所以平面.

【小问2详解】

以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由，可得，

则有.

设平面的一个法向量为，

所以，即，令，则，

所以.

因为平面，所以为平面的一个法向量，

所以，

设二面角的大小为，则

所以二面角的余弦值等于.

21. 已知函数在点处的切线与直线垂直.

（1）求a的值

（2）求函数的极值.

【答案】（1）   

（2）极小值 ，极大值 .

【解析】

分析】（1）求导，根据条件求出a；

（2）根据导函数的符号确定单调性，再根据单调性确定极值.

【小问1详解】

易得 ，

又函数在点处的切线与直线垂直，∴ ，得；

【小问2详解】

由（1）得， ，

令 有或，可得

在 处取得极大值，在 处取得极小值；

综上，极大值，极小值 .

22. 已知焦点在轴上的椭圆，短轴长为，焦距为2.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点两点都在轴上方，且.证明：直线过定点，并求出该定点坐标.

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点

【解析】

【分析】（1）短轴、截距求出即可得出椭圆方程；

（2分析直线斜率是否存在，当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及可得，即可证明直线过定点.

【小问1详解】

由，解得，

所以椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

当直线的斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意；

所以直线的斜率存在，设直线的方程为.

设，

由可得，

所以.

因为，所以，

即，整理得，

化简得，

所以直线的方程为，

所以直线过定点.