山东省潍坊安丘、日照某高中2022-2023学年高二数学下学期7月期末联考试题（Word版附解析）

莒县2021级春季高考校际联合考试

数学试题

注意事项：

1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．满分120分，考试时间120分钟．

2．本次考试允许使用函数型计算器，凡使用计算器的题目，最后结果精确到0.01．

第I卷（选择题    共60分）

一、单项选择题（本大题共20个小题，每小题3分，共60分）

1. 已知集合，集合，则（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据集合的交集运算和补集运算可得.

【详解】因为，所以，

又，所以.

故选：A

2. 下列命题中，正确的是

A. 若，则 B. 若，，则

C. 若 ，，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】利用不等式的性质或反例可判断各选项正确与否.

【详解】对于A，取，则，但，故A错；

对于B，取，则，

但，，故B错；

对于C，取，则，

但，，故C错；

对于D，因为，故即，故D正确；

综上，选D.

【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.

3. 函数的定义域是（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据真数大于0列不等式，求解可得.

【详解】由题知，，解得或，

所以函数的定义域为.

故选：C

4. 已知二次函数的图像与x轴交点的横坐标为和3，则二次函数的单调递减区间为（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意求得对称轴，再由开口方向求解.

【详解】解：因为二次函数的图像与x轴交点的横坐标为和3，

所以其对称轴方程为：，

又，

所以二次函数的单调递减区间为，

故选：A

5. 设是公差为-2的等差数列，且，则（    ）

A. -8 B. -10 C. 8 D. 10

【答案】D

【解析】

【分析】直接利用等差数列通项公式和前项和公式进行计算，即可得答案；

【详解】，

，

故选：D.

6. 已知平行四边形中，M，N，P分别是AB，AD，CD的中点，若，，则等于（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据M，N，P分别是AB，AD，CD的中点，由求解.

【详解】解：因为在平行四边形中，M，N，P分别是AB，AD，CD的中点，且，，

所以 ，

所以，

故选：C

7. 若直线过点且与直线垂直，则的方程为

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据所求直线与已知直线垂直可以求出斜率，再根据点斜式写出直线方程.

【详解】因为的斜率，所以，由点斜式可得，即所求直线方程为，故选A.

【点睛】本题考查直线的位置关系及直线方程的点斜式，属于中档题.

8. 已知是无理数，命题，，则为真命题的是（    ）．

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先判断的真假，再根据复合命题判断真假的方法逐个分析判断.

【详解】因为是无理数，所以命题为真命题，则为假命题，

因为对于时，恒成立，所以命题为假命题，则为真命题，

对于A，因为命题为真命题，命题为假命题，所以为假命题，所以A错误，

对于B，因为命题为真命题，命题为真命题，所以为真命题，所以B正确，

对于C，因为命题为假命题，命题为假命题，所以为假命题，所以C错误，

对于D，因为命题为真命题，命题为假命题，所以为真命题，所以为假命题，所以D错误，

故选：B

9. 在中，“”是“”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】C

【解析】

【分析】根据正弦定理及充分必要条件的定义判断．

【详解】由正弦定理，所以，

故选：C．

10. 圆上的点到直线的距离的最大值为（    ）．

A. 3 B. 5 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出圆心到直线的距离加上圆的半径即可得答案

【详解】圆的圆心为，半径，则

圆心到直线的距离为

，

所以圆上的点到直线的距离的最大值为，

故选：B

11. 已知，则的值为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用余弦的二倍角公式化简，得，而，所以可化为，再给分子分母同除以，化简后代值可得答案.

【详解】因为，

所以

，

故选：C

12. 现有五人并排站成一排，若甲与乙不相邻，并且甲在乙的左边，则不同的安排方法共有（    ）．

A. 128种 B. 36种 C. 72种 D. 84种

【答案】B

【解析】

【分析】根据捆绑法及间接法可求出甲与乙不相邻的排法，再由甲在乙的左边、右边机会均等可求解.

【详解】五人站成一排共有种，甲乙相邻共有种，

所以甲与乙不相邻共有种，

其中甲在乙的左边、右边机会相同，各有种，

故选：B

13. 若 log2a<0，()b>1，则（    ）

A. a>1，b>0 B. a>1，b<0 C. 0<a<1，b>0 D. 0<a<1，b<0

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数与对数性质化简不等式，即可选择.

【详解】因为log2a<0，所以0<a<1

因为()b>1，所以b<0

故选:D

【点睛】本题考查指数函数与对数函数单调性，考查基本分析化简能力，属基础题.

14. 已知函数是奇函数，当时，，则的值等于（    ）．

A. 66 B.  C. 88 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据奇偶性可知，结合题中解析式可得.

【详解】因为当时，，

所以，

又函数奇函数，所以.

故选：B

15. 某中职学校二年级有男生560人，女生420人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中分别抽取男生和女生，考察他们的身高情况，若抽取一个容量为280的样本，则应抽取女生的人数为（    ）．

A. 120 B. 110 C. 108 D. 95

【答案】A

【解析】

【分析】根据分层抽样的定义结合已知条件求解即可

【详解】由题意得样本中的女生人数为人，

故选：A

16. 设x，y满足，则的最小值是（    ）．

A.  B. 1 C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】先画出不等式组表示的可行域，然后由，得，再作出直线，向上平移过点时，取得最小值，然后求出点的坐标代入目标函数可得结果.

【详解】不等组表示的可行域如图所示

由，得，再作出直线，向上平移过点时，取得最小值，

由，解得，即，

所以的最小值为，

故选：D

17. 已知6件产品中有2件次品，其余为合格品，现从这6件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据古典概型的概率公式结合题意直接求解即可

【详解】由题意得所求概率为，

故选：B

18. 在某样本的频率分布直方图中，共有5个小长方形，已知中间1个长方形的面积等于其他4个长方形面积之和的，若样本容量是100，则中间一组的频数为（    ）

A. 20 B. 30 C. 25 D. 35

【答案】C

【解析】

【分析】由频率分布直方图中各小矩形表示的意义，求出中间一组的频率即可得解.

【详解】设中间1个长方形的面积为，则其他4个长方形的面积之和为．由得，所以中间一组的频数为．

故选：C.

19. 的展开式中，所有项的二项式系数之和为512，则展开式中的常数项是（    ）．

A.  B.  C. 36 D. 84

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可得，求出，然后求出二项式展开式的通项公式，令的次数为零求出的值，代入通项公式可求得结果.

【详解】因为的展开式中，所有项的二项式系数之和为512，

所以，得，

所以展开式的通项公式为，

令，得，

所以展开式中的常数项是，

故选：B

20. 已知椭圆的左右焦点分别为为椭圆第一象限上的点，的延长线交椭圆于另一个点，,且，则椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求得椭圆的左右焦点，设，由题意可得，代入椭圆方程求得，再由向量共线的坐标表示可得的坐标，代入椭圆方程，化简整理，由椭圆的离心率公式可得所求值．

【详解】设椭圆的左、右焦点分别为，，

设，，由垂直于轴可得，由，可得，

设，由，可得，，

解得，，故，代入椭圆方程可得，

所以，即，所以离心率.

故选：A.

第II卷（非选择题    共60分）

二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）

21. 在中，已知，，，若，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】由余弦定理可得出关于的等式，结合可解得的值.

【详解】因为，，，

由余弦定理可得，

即，因为，解得.

故答案为：.

22. 已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用圆的面积公式和圆锥侧面积公式可得到方程组，解方程组求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长，再利用勾股定理求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求出体积即可.

【详解】设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，则解得所以h＝ .圆锥的体积V＝Sh＝.

故答案为：

【点睛】考查了圆锥侧面积公式和圆锥体积公式，考查了数学运算能力.

23. 已知向量，若，则实数__________．

【答案】

【解析】

【分析】由向量的加法、减法运算，数乘运算可得：,,

由向量共线的坐标运算可得：，求解即可.

【详解】解:因为向量，

所以,,

又，

所以,

解得,

故答案为.

【点睛】本题考查了向量的加法、减法运算，数乘运算及向量共线的坐标运算，重点考查了运算能力，属基础题.

24. 在等比数列中，，，则公比q为__________．

【答案】2

【解析】

【分析】根据等比数列求和公式列方程组求解即可.

【详解】当时，，无实数解；

当时，由题知，，

两式相除得，即，解得.

综上，.

故答案为：2

25. 过双曲线x2－＝1左焦点F1作倾斜角为的弦AB，则|AB|＝________.

【答案】

【解析】

【分析】求出直线的方程，与双曲线方程联立，再利用弦长公式计算，即可得到答案；

【详解】，设的方程为：，代入得：，

设，则，

，

故答案为：

三、解答题（本大题共5小题，共40分．请在答题卡相应的题号处写出解答过程）

26. 已知函数（且）图象过点．

（1）求函数的解析式；

（2）判断的奇偶性并证明．

【答案】（1）   

（2）函数是奇函数，证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据函数解析式代入点坐标求解参数即可得函数解析式；

（2）根据奇偶性的定义判断证明即可.

【小问1详解】

由，得：

∴函数的解析式为；

【小问2详解】

函数是奇函数.

证明：由（1）知：，

函数的定义域为R，定义域关于原点对称

所以

故函数是奇函数.

27. 已知等差数列满足：，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设等比数列满足，，求的前6项和.

【答案】（1）   

（2）21

【解析】

【分析】（1）根据等差数列满足：，，利用等差数列的通项公式和前n项和公式求解；

（2）根据，，求得其公比，再利用等比数列的前n项和公式求解.

【小问1详解】

解：由题意，得：，

解得：，，

∴数列的通项公式为；

【小问2详解】

由（1）知：，，

∴数列的公比，

∴的前6项和为.

28. 函数的部分图象如图所示．

（1）求函数的解析式；

（2）求的单调递增区间．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据函数图象可确定A以及函数周期，进而求得，利用最值求得，即得函数解析式；

（2）利用正弦函数的单调性即可求得答案.

【小问1详解】

由函数图象可得,

即，

根据图象可得 ，解得，

图为，所以，所以；

【小问2详解】

令，解得 ，

故的单调递增区间为.

29. 四棱锥的底面是边长为1的正方形，底面，点E在棱上．

（1）求证：平面平面；

（2）当且E为的中点时，求与平面所成角的大小．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接交于点O，易得，再由底面，得到，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；

（2）连接，由（1）知平面，得到为与平面所成的角求解.

【小问1详解】

证明：如图所示：

连接交于点O，

∵四边形是正方形，

，

底面，底面，

，

又，，平面，

平面，

又平面，

∴平面平面；

【小问2详解】

连接，，，

平面，由（1）知平面，

为与平面所成的角，

在中，，，

故与平面所成的角为.

30. 已知椭圆过点，且离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）已知点,点在椭圆上（异于椭圆的顶点），为椭圆右焦点，点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）根据点在椭圆上，离心率及的关系，可求得，写出方程.

（2）设出的方程与椭圆方程联立，用表示，又直线与以为圆心的圆相切于点，且，得为中点，，利用向量数量积为建立方程求得.

【小问1详解】

在上，即，又，解得：，

椭圆C的方程：

【小问2详解】

因为点，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以斜率一定存在.

设：，

因为，，，

直线和椭圆方程联立得,得，

，

因

，则，

因为直线与以为圆心的圆相切于点，且，即为中点，,

则，，

，,

因为，所以,得，

得（舍去），，

故直线的方程为或.