2022-2023学年福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二下学期期末联考数学试题含答案

2022-2023学年福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二下学期期末联考数学试题

一、单选题

1．集合且的真子集的个数是（    ）

A．16 B．15 C．8 D．7

【答案】B

【分析】用列举法表示集合A，根据下面的结论求解：含有个元素的集合的真子集的个数是个．

【详解】，集合A含有4个元素，真子集的个数是，

故选：B．

2．已知，则是成立的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】解一元二次不等式，再由充分必要条件的定义判断即可.

【详解】由可得：，

因为推不出，而能推出，

所以是成立的必要不充分条件

故选：B.

3．实数a，b满足，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】举反例即可判定ABD，由，得出，利用指数函数的性质即可判定C.

【详解】取,满足,但,所以A错误；

取,满足,但，所以B错误；

若，则,,所以C正确；

取,则,所以D错误.

故选:C.

4．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量线性运算法则得到答案.

【详解】因为为与的交点，所以，

故.

故选：D

5．已知圆关于直线对称，则的最大值为（    ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】由圆的方程求出圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，由基本不等式即可求出的最大值.

【详解】解：由题意

在圆中，

∴圆心为，半径为1

在直线中，

圆关于该直线对称

∴直线过圆心，

∴，即：

∵

解得：

当且仅当时等号成立

∴的最大值为.

故选：D.

6．设F为抛物线的焦点，点P在抛物线上，点Q在准线l上，满足轴．若，则（    ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】A

【分析】先根据题意和抛物线的性质可得到为等边三角形，进而即可求得的值．

【详解】依题意有，则为等边三角形，

又轴，所以．

故选：A．

7．已知由样本数据点集合，求得的回归直线方程为，且．现发现两个数据点和误差较大，去除这两点后重新求得的回归直线方程的斜率为，则正确的是（    ）

A．变量与具有负相关关系

B．去除后的估计值增加速度变快

C．去除后回归方程为

D．去除后相应于样本点（2，3.75）的残差为

【答案】D

【分析】运用回归直线方程的性质、残差的基本概念等进行解题.

【详解】解：选项A：因为去除前回归直线的斜率为，重新求得的回归直线的斜率为，两者均大于0，所以变量与具有正相关关系，所以选项A错误；

选项B：去除前回归直线的斜率为，去除后回归直线的斜率为，去除前的斜率大于去除后的斜率，所以去除后的估计值增加速度变慢，所以选项B错误；

选项C：去除前，则可得，设，，，，则去除后样本中心设为，所以，，

又因为回归直线方程的斜率为，所以去除后的回归直线方程为，

所以选项C错误；

选项D：由C选项可知，去除后的回归直线方程为，当时，，则残差为，所以选项D正确；

故选：D.

8．已知函数在区间内有且仅有一个极小值，且方程在区间内有3个不同的实数根，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数极小值的定义，结合余弦函数的性质进行求解即可.

【详解】因为，所以，若在区间内有且仅有一个极小值，则.若方程在区间内有3个不同的实数根，则，所以，由，解得.

所以的取值范围是.

故选：C

【点睛】关键点睛：根据极小值的定义，得到是解题的关键.

二、多选题

9．函数的导函数的图象如图所示，则（    ）

A．是函数的极值点 B．是函数的极值点

C．在区间上单调递增 D．在处切线的斜率大于零

【答案】ACD

【分析】根据函数的图象的图像得出函数的单调区间，从而可判断选项A，B，C，由函数的图象的图像得出，根据导数的几何意义可判断选项D.

【详解】根据函数的图象的图像可得：

当时，，当时，（仅在处有），

故函数在上单调递减，在上单调递增.

所以是函数的极小值点，故选项A正确.

不是函数的极值点，故选项B正确.

在区间上单调递增, 故选项C正确.

由函数的图象的图像可得可得

所以在处切线的斜率大于零，故选项D正确.

故选：ACD

10．已知等比数列的前项和为，下列选项中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】CD

【分析】根据等比数列通项公式、前项和公式，对选项逐一分析，由此判断出正确选项.

【详解】对于A：若，，则，故A错误；

对于B：若，又，所以与同号，

当，时，

当时，，

若，时，，所以，故B错误；

对于C：因为，，所以，故C正确；

对于D：若，即，则，，当时，

当时，由于，，所以，故D正确；

故选：CD

11．已知两点的距离为定值，平面内一动点，记的内角的对边分别为，面积为，下面说法正确的是（    ）

A．若，则最大值为2

B．若，则最大值为

C．若，则最大值为

D．若，则最大值为1

【答案】BC

【分析】设点坐标，根据条件分别求出动点的轨迹方程，再由三角形ABC的面积，转化为由轨迹方程求的最大值即可得解.

【详解】设，动点，

对A，，即，化简可得C的轨迹方程，所以三角形ABC的面积，即C点为时，三角形ABC面积最大，故A错误；

对B，由题意可得，化简可得C的轨迹方程，所以，即C点为时，三角形ABC面积最大，故B正确；

对C，由知，动点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆（除去长轴上的两个顶点），椭圆方程为，三角形ABC的面积，即当C运动到短轴端点时，三角形面积最大，故C正确；

对于D，由题意，化简可得C的轨迹方程， 三角形ABC的面积，

由双曲线中的范围知，三角形ABC的面积的最大值为，故D错误.

故选：BC

12．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（    ）

A．球与圆柱的体积之比为

B．四面体CDEF的体积的取值范围为

C．平面DEF截得球的截面面积最小值为

D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为

【答案】AD

【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.

【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；

对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，

四面体CDEF的体积，B错误；

对于C，过作于，如图，而，则，

又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，

又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；

对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，

当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，

因此，，

则，

令，则，而，即，

因此，解得，所以的取值范围为，D正确.

故选：AD

【点睛】思路点睛：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.

三、填空题

13．若，则          ．

【答案】

【分析】根据余弦的二倍角公式即可计算.

【详解】.

故答案为：.

14．展开式中的常数项为          .（用数字作答）

【答案】160

【分析】运用二项展开式的通项公式，然后令的指数等于0即可解.

【详解】，则，

，则常数项为.

故答案为：160.

15．若甲盒中有个红球、个白球、个黑球，乙盒中有个红球、个白球、个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球， “从乙盒中取出的球是红球”，若，则的最大值为        ．

【答案】7

【分析】设从甲盒中取出的球是红球，再利用全概率公式可得关于的不等式，解不等式即得解.

【详解】设从甲盒中取出的球是红球，则，

则，

所以

因为是正整数，所以.

所以的最大值为7.

故答案为：7

16．已知函数且，若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为         ．

【答案】

【分析】首先注意到，则已经有一个零点了，再讨论一下单调性即可.

【详解】首先注意到，当时，函数在上单调递增，显然满足题设；

当时，，显然函数在上单调递增，

由于，

故存在唯一零点，若只有一个零点，此时也必为极值点，

又此时，则只需，

，，因为解得；

综上所述，则实数的取值范用为．

故答案为：

四、解答题

17．在中，角的对边分别为，且，．

（1）求的值；

（2）若求的面积．

【答案】（1）3（2）78

【详解】试题分析：（1）由两角和差公式得到，由三角形中的数值关系得到，进而求得数值；（2）由三角形的三个角的关系得到，再由正弦定理得到b=15,故面积公式为.

解析：

（1）在中，由，得为锐角，所以，

所以，

所以.

（2）在三角形中,由，

所以，    由，

由正弦定理,得，

所以的面积.

18．如图,在四棱锥中,底面ABCD为正方形,底面ABCD,,E为线段PB的中点,F为线段BC的中点．

(1)证明:平面PBC;

(2)求点P到平面AEF的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】(1)先根据底面ABCD,得到,再根据,利用线面垂直的判定定理证明平面PAB,即,再根据一次线面垂直的判定定理证明平面PBC;

(2)先根据长度及垂直关系得到进而得到的面积,再计算出,根据等体积法即可求得点P到平面AEF的距离.

【详解】（1）证明:因为底面ABCD,平面ABCD,所以．

因为ABCD为正方形,所以,

因为,平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,

因为平面PAB,所以,

因为,E为线段PB的中点,所以,

又因为,平面PBC,平面PBC,所以平面PBC.

（2）由F是BC的中点．所以,

因为底面ABCD,平面ABCD,

所以,因为E为线段PB的中点,

所以,

由(1)知平面PBC,平面PBC,

所以,所以,

所以,

因为,所以,

由(1)知平面PAB,所以平面PAB,

设点P到平面AEF的距离为h,

则有,

解得,所以点P到平面AEF的距离为．

19．已知数列的前n项和为，且满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若等差数列满足，且，，成等比数列，求c．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用，可知数列为2为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列通项公式计算即可；

（2）求数列的前n项和为，根据等差数列及等比数列的性质可求出c．

【详解】（1）因为，当时，

两式相减得

化简得，

，，

当时，，解得或（舍去）

故数列是以2为首项，2为公差的等差数列．

．

（2）由（1）知，，，

，，，

，，成等比数列，，

即，整理得：，

或．

①当时，，所以（定值），满足为等差数列，

②当时，，

，，，

不满足，故此时数列不为等差数列（舍去）．

综上可得．

20．如图所示的高尔顿板，小球从通道口落下，第1次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，7的球槽内.

(1)若进行一次以上试验，求小球落入6号槽的概率；

(2)小明同学利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中

（i）求的分布列；

（ii）很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？

【答案】(1)

(2)（i）的分布列见解析，（ii）小明同学能盈利

【分析】（1）由题意，要使小球落入6号槽，此时小球需要在6次碰撞中向左1次，向右5次，代入概率公式中即可求解，

（2）（i）先求出的所有取值，得到相应的概率，进而可列出分布列；

（ii）先求出的所有取值，求出相应的概率，代入期望公式中可求出的期望，将其与8比较即可得答案.

【详解】（1）根据题意可知要使小球落入6号槽，此时小球需要在6次碰撞中向左1次，向右5次，

所以小球落入6号槽的概率为，

（2）（i）由题意得的所有取值为1，2，3，4，5，6，7，则

，，

，，

所以的分布列为

（ii）因为小球掉入号球槽得到的奖金为金为元，其中，所以有所有取值为0，5，10，15，则

，，

，，

所以，

因为，所以小明同学能盈利.

21．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)若对任意的，，不等式恒成立，求整数 k的最大值．

【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是；

(2).

【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性的关系即得；

（2）由题可得在上恒成立，设，利用函数的导数求函数的最值即得．

【详解】（1）对函数求导得，

令，得，

当时，，此时函数单调递减；

当时，，此时函数单调递增，

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是；

（2）不等式，对任意的，恒成立，

∴，即，

设，则，

令，则，函数在上单调递增，

又，

所以存在唯一的，使得，即，

当时，，，所以函数单调递减；

当时，，，所以函数单调递增，

所以当时，函数有极小值，同时也为最小值，

因为，

又，

∴，

所以整数 k 的最大值是.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间D上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

22．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是的左顶点，的离心率为2．设过的直线交的右支于、两点，其中在第一象限．

(1)求的标准方程；

(2)若直线、分别交直线于、两点，证明：为定值；

(3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；否则，说明理由．

【答案】(1)；

(2)证明见解析；

(3)存在，理由见解析.

【分析】（1）根据离心率，以及，结合，即可求得曲线方程；

（2）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到关于点坐标的韦达定理；再分别求得的方程，以及点的坐标，利用数量积的坐标运算，即可证明；

（3）求得直线不存在斜率时满足的，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线斜率之间的关系，结合点的坐标满足曲线方程，求解即可.

【详解】（1）由题可得，故可得，则，

故的标准方程为.

（2）由（1）中所求可得点，的坐标分别为，

又双曲线渐近线为，显然直线的斜率不为零，

故设其方程为，，

联立双曲线方程可得：，

设点的坐标分别为，

则，

，

；

又直线方程为：，令，则，

故点的坐标为；

直线方程为：，令，则，

故点的坐标为；

则

故为定值.

（3）当直线斜率不存在时，

对曲线，令，解得，

故点的坐标为，此时，

在三角形中，，故可得，

则存在常数，使得成立；

当直线斜率存在时，

不妨设点的坐标为，，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，

则，，

假设存在常数，使得成立，即，

则一定有：，也即；

又；；

又点的坐标满足，则，

故

；

故假设成立，存在实数常数，使得成立；

综上所述，存在常数，使得恒成立.

【点睛】关键点点睛：本题考察双曲线中定值以及存在常数满足条件的问题；其中第二问证明的关键是能够快速，准确的进行计算；第三问处理的关键是要投石问路，找到特殊情况下的参数值，再验证非特殊情况下依旧成立，同时还要注意本小题中把角度关系，转化为斜率关系；属综合困难题.