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    浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题及答案
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    浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题及答案

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    宁波市2022学年第一学期期末九校联考

    高二数学试题

    I

    选择题:本题共8小题,每小题5分,共40.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. 直线的倾斜角为(    )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】首先求出直线的斜率,再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角;

    【详解】解:直线的斜率,设倾斜角为,则,因为,所以

    故选:A

    2. 设一组样本数据的均值为2,方差为,则数据的均值和方差分别为(    )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】根据题意,结合平均数与方差的计算公式,即可求解.

    【详解】根据题意,易知新数据的平均数为

    方差为.

    故选:D.

    3. ,向量,且,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】由向量的关系列等式求解xy的值,再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式,结合向量的模计算得出结果.

    【详解】向量

    ,解得

    ,选项C正确.

    故选:C

    4. 对空间中任意一点和不共线的三点,能得到在平面内的是(    )

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】用向量来判定点在平面内,只需要满足:()

    【详解】因为ABC三点不共线,则不共线,

    四点共面,则存在唯一的一组实数使得

    ,变形得

    对于,整理得,则,所以在平面内,故选项正确;

    对于,可得:

    ,故不在平面内,故选项错误;

    对于C,可得:

    ,故不在平面内,故选项C错误;

    对于,可得:

    ,故不在平面内,故选项错误;

    故选:

    5. 过双曲线内一点且斜率为的直线交双曲线于两点,弦恰好被平分,则双曲线的离心率为(    )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】,则有,将两点的坐标代入双曲线方程相减,再结合的关系,可得,从而可得,从而可得答案.

    【详解】解:由题意可得,且

    又因为

    所以

    即有

    所以

    所以

    所以

    所以

    所以.

    故选:C.

    6. 已知函数及其导函数满足,则(    )

    A.  B. 0 C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】根据题意,对原式进行求导,然后令,代入计算,即可得到结果.

    【详解】因为,则

    ,则,解得

    故选:A

    7. 已知椭圆和双曲线具有相同的焦点,离心率分别为,椭圆的长轴恰好被双曲线的焦点顶点中心平分为若干条等长线段,则(    )

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】根据题意确定椭圆顶点坐标、双曲线顶点坐标、焦点用表示,进而可求解.

    【详解】不妨设焦点在轴上,

    根据题意,若双曲线的实轴长为,则椭圆的实轴长为

    则有椭圆的左右顶点为,双曲线左右顶点为

    焦点为

    所以,所以,故A错误,B正确;

    ,故C错误;

    ,故D错误,

    故选:B.

    8. 已知对任意恒成立,其中为常数且,则(    )

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】首先求得;当时,可知单调递增,分别在的情况下,说明存在的区间,可知不合题意;当时,根据单调性可求得最小值,由可整理得到结果.

    【详解】由题意知:定义域为

    ①当时,上单调递增,且

    ,即,则当时,,不合题意;

    ,即,则

    ,使得,则当时,,不合题意;

    ②当时,若,则;若,则

    上单调递减,在上单调递增,

    恒成立,则,即

    综上所述:.

    故选:C.

    【点睛】关键点点睛:本题考查利用导数求解恒成立问题,解题关键是能够将问题转化为,从而分别在的情况下讨论的单调性,进而由单调性确定最小值.

    多选题本题共4小题,每小题5分,共20.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.

    9. 若动点满足()其中点是不重合两个定点),则点的轨迹是一个圆,该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故称作阿波罗尼斯圆.已知点,动点满足,点的轨迹为圆,则(    )

    A. 的方程为

    B. 若圆与线段交于点,则

    C. 上有且仅有两个点到直线的距离为

    D. 设动点,则的最大值为

    【答案】ABD

    【解析】

    【分析】设点代入关系式化简可得的轨迹方程为一个圆,可判断AB;利用圆心且与直线的距离为,且,可判断C;利用,转化为圆心到点的距离加上圆的半径后,再平方再减去25可判断D.

    【详解】,由

    整理得,即,故A正确;

    上,所以,故B正确

    过圆心且与直线平行的直线方程为

    圆心到直线的距离为,所以直线与圆相交,

    因为,所以在直线与直线之间的圆弧上有两个点到直线直线的距离为,在直线的另一侧的圆上还有两个点到直线的距离为,共有4个点,故C错误;

    设动点,所以

    ,即求圆上的点到点的距离的平方减去25的最大值,转化为圆心到点的距离加上圆的半径后,再平方再减去25即可,所以,故D正确.

    故选:ABD.

    10. 如图,在棱长为2的正方体中,分别为的中点,如图所示建立空间直角坐标系,则下列说法正确的是(    )

    A.

    B.

    C. 平面的一个法向量为

    D. 平面与平面夹角的正切值为

    【答案】BC

    【解析】

    【分析】根据题意,得到各点的坐标,结合空间向量的坐标运算以及法向量,对选项逐一判断,即可得到结果.

    【详解】由题意可得

    对于A,因为,则,故A错误;

    对于B,因为,则

    所以,故B正确;

    对于C,因为

    设平面的法向量为

    ,解得,令,则

    所以平面的一个法向量为,故C正确;

    对于D,因为

    设平面的法向量为

    ,解得

    ,则平面的一个法向量为

    设平面与平面夹角为

    ,则,所以,故D错误;

    故选:BC

    11. 已知抛物线,过焦点的直线与抛物线交于两点,则下列说法正确的是(    )

    A. 抛物线的准线方程为

    B.

    C. ,则的斜率为

    D. 是过焦点且与垂直的弦,则

    【答案】BCD

    【解析】

    【分析】A选项,将抛物线方程写出标准形式,求出准线方程,A错误;

    B选项,设出直线方程为,与抛物线方程联立后,根据韦达定理求出两根之积;

    C选项,由,得到,结合两根之积,求出,分两种情况,结合两根之和求出的值,进而求出直线的斜率;

    D选项,利用焦点弦长公式求出,从而结合斜率关系求出,得到.

    【详解】变形为,准线方程为A错误;

    设过焦点的直线方程为

    与抛物线联立得:

    B正确;

    因为,所以,代入中,解得:

    时,,则,解得:

    故直线的斜率为

    时,,则,解得:

    故直线的斜率为

    的斜率为C正确;

    由焦点弦长公式可得:

    是过焦点且与垂直的弦,同理可得:

    D正确.

    故选:BCD

    12. 已知,若整数满足,则大小关系可能为(    )

    A.  B.

    C  D.

    【答案】BCD

    【解析】

    【分析】两边同时取对数,令,对求导得出单调性,即可求出的单调性,即可得出答案.

    【详解】因为,对两边同时取对数,

    所以令

    所以

    所以上单调递增,在上单调递减,

    由复合函数“同增异减”的原则,可知,

    上单调递增,在上单调递减,

    因为,所以若,则

    ,则可能

    ,则可能.

    ,则,但因为为整数,

    而在区间不存在正整数,所以不成立.

    故选:BCD.

    II

    填空题:本题共4小题,每小题5分,共20.

    13. 甲乙丙三人进行射击练习,已知甲乙丙击中目标的概率分别为,则三人中至少有两人击中目标的概率为__________.

    【答案】##

    【解析】

    【分析】根据题意,分别求得三人均未击中目标与只有一人击中目标的概率,然后用减去其概率之和,即可得到结果.

    【详解】根据题意,三人均未击中目标的概率为

    只有一人击中目标的概率为

    所以三人中至少有两人击中目标的概率为

    故答案为:

    14. 过点的直线与椭圆交于两点,则的最大值是__________.

    【答案】

    【解析】

    【分析】根据联立后弦长公式和换元法以及二次函数得最值即可求解.

    【详解】①当直线斜率存在时,

    设直线方程为:

    联立

    所以

    所以

    则原式

    则原式

    时取得最大值,

    此时,.

    ②当直线斜率不存在时,

    所以的最大值是.

    故填:.

    15. 已知四棱锥的底面为边长为2的正方形,分别为的中点,则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为__________.

    【答案】

    【解析】

    【分析】由面到点的距离的最小值转化为点到面的距离的最小值,建立合适的空间直角坐标系,由点到面的距离即可求得平面上任意一点到底面中心距离的最小值.

    【详解】四棱锥的底面为边长为2的正方形,连接且相交于点,则点是底面中心,

    的中点,连接,则

    为面与面的交线,平面

    点为原点,以分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,

    设平面的法向量为,设到平面的距离为

     

    ,则

    代入距离公式得

    故答案为:.

    16. 已知不等式恒成立,则的最大值为__________.

    【答案】

    【解析】

    【分析】法一:利用同构得到,即,构造,利用导函数求出其最小值,得到

    法二:先代入求出,再构造函数,证明其必要性即可.

    【详解】法一:变形为

    构造,定义域为

    上恒成立,

    所以单调递增,

    ,两边平方后变形得到

    构造

    ,当时,,当时,

    处取得极小值,也是最小值,

    可知,故

    的最大值为

    法二:中令得:

    解得:

    时,只要证

    其中显然成立,

    以下是证明过程:构造

    ,当时,,当时,

    上单调递减,在上单调递增,

    ,故

    只要证,即,由于

    故只要

    构造

    ,当时,,当时,

    上单调递减,在上单调递增,

    ,故

    综上:可得的最大值为.

    故答案为:

    【点睛】数学问题的转化要注意等价性,也就是充分性与必要性兼备,有时在探求参数的取值范围时,为了寻找解题突破口,从满足题意得自变量范围内选择一个数,代入求得参数的取值范围,从而得到使得问题成立的一个必要条件,这个范围可能恰好就是所求范围,也可能比所求的范围大,需要验证其充分性,这就是所谓的必要性探路和充分性证明,对于特殊值的选取策略一般是某个常数,实际上时切线的横坐标,端点值或极值点等.

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

    17. 20221016日至1022日中国共产党第二十次全国代表大会在北京顺利召开,会后各地掀起了学习贯彻二十大精神的热潮.某中学在进行二十大精神学习讲座后,从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试(试卷满分100分),并记录下他们的成绩,其中成绩分组区间是:第一组,第二组,第三组,第四组,第五组,并整理得到如下频率分布直方图,已知图中前三个组的频率依次构成等差数列.

    (1)求这部分学生成绩的中位数平均数(保留一位小数);

    (2)为了更好的了解学生对二十大精神的掌握情况,学校决定在成绩较高的第四五组中用分层抽样的方法抽取5名学生,进行第二轮面试,最终从这5名学生中随机抽取2人作为校二十大精神的宣传员,求85分(包括85分)以上的同学恰有1人被抽到的概率.

    【答案】(1)中位数为,平均数为   

    (2)

    【解析】

    【分析】(1)根据题意,结合平均数,中位数的定义,代入计算,即可得到结果.

    (2)根据题意,结合古典概型的计算公式,代入计算,即可得到结果.

    【小问1详解】

    由题意可知:,解得

    设中位数为,则.

    故中位数为

    平均数为

    【小问2详解】

    由分层抽样得最终5名学生中第四组有4第五组有1

    85分(包括85分)以上的同学恰有1人被抽到的概率为

    18. ①圆与直线相切;②圆被直线截得的弦长为;在①②这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中进行求解.

    已知圆经过点,圆心在直线上,且__________.

    (1)求圆的标准方程;

    (2)已知圆与圆关于直线对称,过原点的直线交圆两点,求弦中点的轨迹方程.

    【答案】(1)   

    (2)

    【解析】

    【分析】(1)若选①,设圆心,求出圆心的距离可得圆的半径,再由可求出圆心坐标,从而可求出圆的方程;若选②,设圆心,求出圆心的距离,再由弦长,弦心距和半径的关系列方程可求出圆心和半径,从而可求得圆的方程;

    (2)先利用对称的关系求出圆的方程,再由在以为直径的圆上,从而可求出其轨迹方程.

    【小问1详解】

    选①设圆心

    圆心的距离

    所以,解得

    所以圆心

    所以圆C

    选②设圆心,圆心的距离

    因为圆被直线截得的弦长为

    所以圆的半径为

    因为圆经过点

    所以,解得

    解得,圆C

    【小问2详解】

    设圆心(32)关于的对称点为,则

    ,解得

    所以圆

    因为过原点的直线交圆两点,弦中点为

    所以

    所以在以为直径的圆上,

    ,则轨迹方程为

    19. 已知函数

    (1)若函数存在两个极值点,求的取值范围;

    (2)恒成立,求的最小值.

    【答案】(1)   

    (2)

    【解析】

    【分析】(1)函数存在两个极值点,等价于有两个不同的解,利用判别式大于零求解即可;

    (2)恒成立,即,转化为求的最大值,利用导数即可得答案.

    【小问1详解】

    因为

    所以

    因为函数存在两个极值点,

    所以有两个不同的解,

    所以,解得

    【小问2详解】

    恒成立,即恒成立,

    ,则

    因为

    都递减,

    所以递减,

    所以,当时,,此时递增,

    时,,此时递减,

    所以

    所以

    20. 已知直角三角形中,分别是边中点,将分别沿着翻折,形成三棱锥中点

    (1)证明:平面

    (2)若直线上存在一点,使得与平面所成角的正弦值为,求的值.

    【答案】(1)证明见解析   

    (2)

    【解析】

    【分析】(1)先证,再根据线面垂直的判定可证结论成立;

    (2)取的中点,连,以为原点,分别为轴,建立空间直角坐标系,根据线面角的正弦值的向量公式可求出结果.

    【小问1详解】

    因为中点,

    所以

    又因为平面平面平面

    所以平面,又平面,所以

    因为平面平面

    所以平面

    【小问2详解】

    的中点,连,则

    由(1)可知两两垂直,

    为原点,分别为轴,建立空间直角坐标系,如图:

    ,得

    设平面的一个法向量

    ,取,得,得

    ,则

    ,解得,故

    21. 已知双曲线过点,左右顶点分别为,过左焦点且垂直于轴的直线交双曲线于两点,以为直径的圆恰好经过右顶点.

    (1)求双曲线的标准方程;

    (2)是直线上异于的一点,连接分别与双曲线相交于,当轴正半轴上的虚轴端点到直线的距离最大时,求直线的方程.

    【答案】(1)   

    (2)

    【解析】

    【分析】(1)由题意可得,又因为双曲线过点,解方程即可求出双曲线的标准方程;

    (2)[法一]的斜率分别为,由题意可得,设与双曲线的方程联立,表示出,代入化简得,可得直线过定点,当到直线的距离最大时,即可求出直线的方程;

    [法二]设点代入,表示出的坐标,同理表示出的坐标,即可求出直线的方程,可得直线过定点,当到直线的距离最大时,即可求出直线的方程.

    【小问1详解】

    因为以为直径的圆恰好经过右顶点,

    所以,所以

    代入得,故

    【小问2详解】

    [法一]的斜率分别为

    代入

    ,代入化简得

    不过,直线过定点

    到直线的距离最大时,此时

    [法二]设点

    代入

    同理由可得

    则直线

    所以直线过定点

    到直线的距离最大时,此时

    .

    22. 已知函数

    (1)讨论函数的零点的个数;

    (2)若函数有两个零点,证明:

    【答案】(1)答案见解析   

    (2)证明见解析

    【解析】

    【分析】(1)将问题转化为交点个数的讨论;求得后,根据的正负可确定的单调性和最值,由此可得的图象;分别在的情况下,根据交点个数确定零点个数;

    (2)设,可知,设,求导后可证得上单调递减,从而确定,代入,结合单调性可证得,从而将所证不等式转化为

    不等式右侧部分恰为方程的两根之差的绝对值,即的形式,则可结合的变形形式,构造,求导后,结合零点存在定理可求得的单调性,得到,即,令,其两根为,可知,结合韦达定理可得,由此可得结论.

    【小问1详解】

    ,则,令

    零点个数即为交点个数;

    ,令,解得:

    则当时,;当时,

    上单调递减,在上单调递增,

    由此可得图象如下图所示,

    ,即时,有两个不同交点;

    ,即时,有唯一交点;

    ,即时,无交点;

    综上所述:当时,有两个不同零点;当时,有唯一零点;当时,无零点.

    【小问2详解】

    不妨设,由(1)中关系可知:

    ,则

    ,则

    上单调递减;

    ,则

    上单调递减,,即

    ,又

    上单调递增,,即

    则只需证即可,

    ,则

    ,则,令,解得:

    时,;当时,

    上单调递减,在上单调递增,

    ,使得

    时,;当时,

    上单调递增,在上单调递减,

    时,

    ,则

    ,则

    ,则两根为,且

    .

    【点睛】关键点点睛:本题考查利用导数求解函数零点个数、证明不等式的问题;本题证明不等式的关键是能够利用极值点偏移求解方法确定,从而将所证不等式进行放缩,进一步通过构造函数的方式证得不等式.

     


     

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