2022-2023学年江西省丰城中学、新建二中高二下学期6月期末联考数学试题含答案

2022-2023学年江西省丰城中学、新建二中高二下学期6月期末联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，且，则的所有取值组成的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据集合的包含关系分类讨论求解.

【详解】因为，所以，所以，

若，则或，经检验均满足题意，

若，则或，

经检验满足题意，与互异性矛盾，

综上的所有取值为：，0,2，

故选:D.

2．已知，则“”是“为纯虚数”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据复数为纯虚数求出，再根据充分必要的概念得答案.

【详解】当为纯虚数时，有，则，

故“”是“为纯虚数”的充分不必要条件．

故选：A.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式可求得的值，再利用二倍角公式结合弦化切可求得所求代数的值.

【详解】因为，即，

若，则，这与矛盾，

所以，，则，

所以，

.

故选：A.

4．在等差数列中，以表示的前项和，则使达到最大值的是（    ）

A．11 B．10 C．9 D．8

【答案】B

【分析】利用等差数列性质求出数列公差d，再求出其通项公式，并探讨数列的单调性即可得解.

【详解】在等差数列中，，，即，，从而得等差数列公差，，

于是得的通项公式为，则是单调递减等差数列，其前10项均为正，从第11项起的以后各项均为负，

因此，数列的前10项和最大，

所以，使达到最大值的n是10.

故选：B.

5．在中，，则（    ）

A．2 B．3 C．6 D．12

【答案】C

【分析】根据题意可得，，代入数量积公式，结合条件，即可求得答案.

【详解】如图所示，

因为，所以.

又因为，所以，

所以，

即，

又，所以.

故选：C.

6．为了军事国防需要，现准备发射一颗通信卫星．通信卫星在地球静止轨道上运行，地球静止轨道位于地球赤道所在平面．将地球看作是一个球（球心为O，半径为rkm），地球上一点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个仰角为θ的地面接收天线（仰角是天线对准卫星时，天线与水平面的夹角），若点A的纬度为北纬，，则该通信卫星的轨道高度（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）为（    ）

A．2r B．3r C．6r D．7r

【答案】C

【分析】根据题意作出图形，为球心，，，，，所以，，在中，由正弦定理得，求解可得答案.

【详解】根据题意作出图形，如图所示，为球心，，，，

，所以，，

在中，由正弦定理得，

所以，

所以，

所以.

故选：C.

7．已知三棱锥满足，．则其外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正弦定理求得外接圆半径，根据三棱锥图像，分别表示出，，然后利用勾股定理，解得，进而利用球体的体积公式即可得出答案.

【详解】在中，，，

根据三角形的外接圆半径公式，

可得的外接圆半径，

如图所示．

设点在平面内的投影的为，则，

在中，

因为，解得，

设三棱锥的外接球半径，

即，，

在中，由勾股定理得，

即，解得，

故三棱锥的外接球半径，

根据球体的体积公式.

故选：C

8．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，左右顶点分别为，离心率为，点为双曲线C上一点，直线的斜率之和为，的面积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用离心率定义，斜率公式，三角形面积表示，代入条件即可.

【详解】因为离心率为，则，则，所以双曲线方程为，

设，则①，

因为，所以，

所以②，

又因为的面积为，所以，即，

所以③，由②③得④，

将④③代入①得，，所以.

故选：D.

二、多选题

9．有一组样本甲的数据，一组样本乙的数据，其中为不完全相等的正数，则下列说法正确的是（    ）

A．样本甲的极差一定小于样本乙的极差

B．样本甲的方差一定大于样本乙的方差

C．若样本甲的中位数是，则样本乙的中位数是

D．若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是

【答案】ACD

【分析】根据统计中的相关概念和性质运算求解.

【详解】不妨设样本甲的数据为，且，

则样本乙的数据为，且，

对于选项A：样本甲的极差为，样本乙的极差，

因为，即，

所以样本甲的极差一定小于样本乙的极差，故A正确；

对于选项B：记样本甲的方差为，则样本乙的方差为，

因为，即，

所以样本甲的方差一定小于样本乙的方差，故B错误；

对于选项C：因为样本甲的中位数是，

则样本乙的中位数是，故C正确；

对于选项D：若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是，故D正确；

故选：ACD.

10．函数的部分图象如图中实线所示，为函数与轴的交点，圆与的图象交于两点，且在轴上，则（    ）

A． B．圆的半径为

C．函数的图象关于点成中心对称 D．函数在上单调递增

【答案】AC

【分析】根据图象，求出的解析式，可判断ABC选项，对D选项，求出范围即可判断.

【详解】根据函数的图象以及圆的对称性,

可得两点关于圆心对称,

所以,于是,故A正确；

由及,得,

由于,所以,

所以,从而,故半径为,故B错误；

将代入得，所以是中心对称，故C正确；

当时，，即，此时为减函数，故D错误.

故选：AC

11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将棱长为1的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥得到半正多面体，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（    ）

A．与所成的角是的棱共有条 B．与平面所成的角为

C．该半正多面体的表面积为 D．经过四个顶点的球面面积为

【答案】BCD

【分析】补全该半正多面体得到一正方体.对于A选项，由正三角形可得角，再利用平行关系得结果；B选项，利用正方体找出线面角为∠ABE=45°；C选项，该半正多面体是由6个全等的正方形与8个全等的正三角形构成，求解即可得结果；D选项，由半正多面体的对称中心与相应的正方体的对称中心为同一点，构造三角形，求出球的半径，最后求得经过A，B，C，D四个顶点的球面面积.

【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为.

由题意，该半正多面体是由6个全等的正方形与8个全等的正三角形构成，

对于A，在与AB相交的6条棱中，与AB成角的棱有条，这条棱中，

每一条都有3条平行的棱，故与AB所成的角是的棱共有条，故A不正确；

对于B，因为AE⊥平面BCD，所以AB与平面BCD所成角为∠ABE=45°，故B正确；

对于C，该半正多面体是由个全等的正方形与个全等的正三角形构成，

由半正多面体的表面积为，故C正确；

对于D，由半正多面体的对称中心与相应的正方体的对称中心为同一点，

即为正方体对角线的中点O，点O在平面ABE的投影为投影点，

则有，∴，

故经过A，B，C，D四个顶点的球面的半径为面积为，故D正确.

故选：BCD.

12．已知函数有四个零点，则（    ）

A． B．

C． D．若，则

【答案】BCD

【分析】根据函数零点转化为方程的根，令，即方程有两根，根据一元二次方程根与系数的关系，结合函数图象、指数函数与对数函数的性质逐项分析即可得答案.

【详解】由题意知有四个不同的根，显然，即，

令，即，即．

另外，，

令得，故在区间上单调递增，在区间上单调递减，

当时，，如图所示：

根据题意知存在两根，，不妨设，

则满足，．

即有，，

则由图象可知，所以，故A不正确；

由于方程的两根，满足，所以，解得，故B正确；

由，，得，

两边取自然对数得，故C正确；

由，两边取自然底数得

若，则，所以，

令，所以恒成立，所以在上单调递减，又，且，所以，故D正确.

故选：BCD．

三、填空题

13．的展开式中，的系数为   ．

【答案】

【分析】把展开，再利用二项式展开式的通项公式，求得的展开式中，的系数．

【详解】由展开式的通项公式为.

所在的展开式中含的系数为.

故答案为：．

14．已知函数是偶函数，，则       ．

【答案】

【分析】根据是偶函数，解出值，再根据分段函数解析式算出结果.

【详解】解：已知函数是偶函数，

所以，即，

整理得，解得，

经检验，满足题意，

因为，则，

则，，

故答案为：.

15．已知抛物线的准线与轴的交点为，过焦点的直线分别与抛物线交于两点（点在第一象限），，直线的倾斜角为锐角，且满足，则           .

【答案】12

【分析】过点作轴于点，由抛物线的定义可知点到准线的距离得，，利用求出，再由可得 可得答案.

【详解】如图，过点作轴于点，由抛物线的定义可知点到准线的距离，故，

同理，则，故，，则，

可得，则，所以.

故答案为：12.

16．为激发大家学习数学的兴趣，在一次数学活动课上.老师设计了有序实数组表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：，则.定义.若，则中有      个1.

【答案】

【分析】根据给定有序实数组定义，写出，探究所具有的规律，再利用数列知识求解即可.

【详解】因为，依题意，，

显然，中有2项，其中1项为项为，

中有4项，其中1项为项为1，2项为，

中有8项，其中3项为项为1，2项为0，

由此可得总共有项，其中1和-1的项数相同.

设中有项为，项为0，所以，从而，

因为表示把中每个-1都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1，

所得到的新的有序实数组，则，

所以，,

可得，即，

则，所以，

解得，所以中有个1.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，解题时要通过阅读，理解所给出的新定义，并将其应用在解题中.

四、解答题

17．已知数列满足，等差数列的前n项和为，且．

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式求出，再求出等差数列公差、首项即可求解作答.

（2）利用（1）的结论求出，再利用错位相减法求和作答.

【详解】（1）当时，，

，当时，，

两式相减，得，即，显然满足上式，因此，

设公差为，则，即，解得，

因此，

所以数列和的通项公式分别为，.

（2）由（1）知，，

则，

于是，

两式相减得：，

所以.

18．如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，，，E，F分别为棱，BC的中点，G为线段CF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)

【分析】（1）作图，由对应比例证明，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得对应平面向量的坐标，求解出法向量，利用向量夹角计算公式代入计算.

【详解】（1）连接，交于点，连接，由题意，四边形为平行四边形，所以，因为E为中点，∴，∴，且相似比为，∴，又∵，为，中点，∴，∴，又平面，平面，∴平面.

（2）连接，因为，，所以，，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面和平面的法向量分别为，则，，所以，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

19．已知的内角，，的对边分别为，，，且．

(1)求；

(2)若，角的平分线交于点，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用内角和、二倍角公式及诱导公式得到，再由正弦定理将角化边，最后由余弦定理计算可得；

（2）由可得，再由余弦定理得到，即可求出，从而求出面积.

【详解】（1）由，，

所以，

所以，又由正弦定理得，即，

由余弦定理得，

因为，所以；

（2）如图所示，因为，

所以，

因为，所以①．

由余弦定理得②，

由①②可得，即，

解得或（舍去），

所以．

20．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某校成立了，两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI软件用于识别音乐的类别．记两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为，．为测试AI软件的识别能力，计划采取两种测试方案．

方案一：将100首音乐随机分配给，两个小组识别，每首音乐只被一个AI软件识别一次，并记录结果；

方案二：对同一首歌，，两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过．

(1)若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占．

请根据以上数据填写下面的列联表，并根据的独立性检验，能否认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？

(2)研究性小组为了验证AI软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为？并求此时，的值．

附：，其中．

【答案】(1)列联表见解析，不能

(2)测试至少27次，此时

【分析】（1）根据条件填写列联表，并求出的值，再与临界值比较即可作出判断；

（2）先求“每次测试”通过的概率的最大值，再按照二项分布求解.

【详解】（1）依题意得列联表如下：

因为，

且，

所以根据的独立性检验，不能认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关；

（2）方案二每次测试通过的概率为

，

所以当时，取到最大值，又，此时，

因为每次测试都是独立事件，故次实验测试通过的次数，

期望值，

因为，所以

所以测试至少27次，此时．

21．已知椭圆，圆与x轴的交点恰为的焦点，且上的点到焦点距离的最大值为.

(1)求的标准方程；

(2)不过原点的动直线l与交于两点，平面上一点满足，连接BD交于点E（点E在线段BD上且不与端点重合），若，试判断直线l与圆M的位置关系，并说明理由.

【答案】(1)

(2)相离，理由见解析

【分析】（1）根据题意求得和，结合，求得的值，即可求解；

（2）设直线，联立方程组得到，且，由和，求得点坐标，代入椭圆，化简得到，结合点到直线的距离，得到直线与圆相离；当直线的斜率不存在时，求得，得到直线与圆相离，即可求解.

【详解】（1）解：由题意，圆与轴的交点为，可得，

椭圆上的点到焦点距离的最大值为，

又因为，可得，所以椭圆的标准方程为.

（2）解：如图所示，设，

当直线的斜率存在时，设直线，

联立方程组，整理得，

则，且，

可得，

由可得点为中点，可得，且有，可得，

所以，

即点坐标为，

将点代入椭圆，可得，

整理得，

又由点分别满足，

代入上式可得，即，

代入韦达定理，可得代入韦达定理可得，满足，

点到直线的距离，

因为，可得，所以，所以，

所以，所以直线与圆相离，

当直线的斜率不存在时，此时有，

代入，可得，又因为，可得，

所以直线的方程为，也满足直线与圆相离，

综上可得，直线与圆相离.

【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：

（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；

（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.

22．已知函数.

(1)讨论的单调性和最值；

(2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.

（2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证

成立.

【详解】（1），其中

若，则在上恒成立，故在上为减函数，

故无最值.

若，当时，；

当时，；

故在上为增函数，在上为减函数，

故，无最小值.

（2）方程即为，

故，

因为为上的增函数，所以

所以关于的方程有两个不等的实数根即为：

有两个不同的实数根.

所以，所以，

不妨设，，故，

要证：即证，

即证，即证，

即证，

设，则，

故，所以在上为增函数，

故，所以在上为增函数，

所以，故成立.

【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.