2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期末数学试卷-普通用卷

2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  集合，集合，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  复数的实部与虚部互为相反数，且满足，，则复数在复平面上对应的点位于(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

3.  函数的大致图象为(    )

A.  B.
C.  D.

4.  的展开式中各项系数的和为，则该展开式中常数项为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  冯老师教高二班和班两个班的数学，这两个班的人数相等．某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是(    )

A. 班的平均分比班的平均分高
B. 相对于班，班学生的数学成绩更分散
C. 班分以上的人数约占该班总人数的
D. 班分以上的人数与班分以上的人数大致相等

6.  冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和发子弹，每滑行千米射击一轮，共射击轮，每轮射击次，若每有发子弹没命中，则被罚时分钟，总用时最少者获胜已知某男选手在一次比赛中共被罚时分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件为其在前两轮射击中没有被罚时，事件为其在第轮射击中被罚时分钟，那么(    )

A.  B.  C.  D.

7.  我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数若的对称中心为，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.  设，，，则下列关系正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知数列的前项和为，且，，则下列命题正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

10.  已知圆：，点，点在圆上，为原点，则下列命题正确的是(    )

A. 在圆上
B. 线段长度的最大值为
C. 当直线与圆相切时，
D. 的最大值为

11.  已知，，为实数，则满足函数有且仅有一个零点的条件是(    )

A. ， B. ， C. ， D. ，

12.  已知三棱锥，，其余棱长均为，则下列命题正确的是(    )

A. 该几何体外接球的表面积为
B. 直线和所成的角的余弦值是
C. 若点在线段上，则最小值为
D. 到平面的距离是

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知平面向量，，，，，则的值是______ ．

14.  如图所示，为平面四边形的对角线，设，，
为等边三角形，则四边形的面积的最大值为______ ．

15.  已知椭圆：的左顶点为，上顶点为，为坐标原点，椭圆上的两点，分别在第一，第二象限内，若与的面积相等，且
，则椭圆的离心率为______ ．

16.  函数为数学家高斯创造的取整函数，表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，且，若，则数列的前项和为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
如图所示，在棱长为的正方体中为线段的中点．
求证：平面平面；
求到平面的距离．

18.  本小题分
设公差不为零的等差数列，，，，成等比数列．
求数列的通项公式；
已知，数列的前项和为，求使得成立的最小正整数．

19.  本小题分
中，三个内角，，所对的边分别为，，且．
若，，求内切圆的半径长；
已知，，求的面积．

20.  本小题分
三门是“中国青蟹之乡”，气候温暖、港湾平静、水质优良，以优越的自然环境成为我国优质青蟹的最佳产区所产的三门青蟹具有“金爪、绯钳、青背、黄肚”的特征，以“壳薄、皆黄、肉嫩、味美”而著称，素有“三门青蟹、横行世界”之美誉；且营养丰富，内含人体所需的种氨基酸和蛋白质、脂肪、钙、磷、铁等营养成分，被誉为“海中黄金，蟹中臻品”养殖户一般把重量超过克的青蟹标记为类青蟹．
现有一个小型养蟹池，已知蟹池中有只青蟹，其中类青蟹有只，若从池中抓了只青蟹用表示其中类青蟹的只数，请写出的分布列，并求的数学期望；
另有一个养蟹池，为估计蟹池中的青蟹数目，小王先从中抓了只青蟹，做好记号后放回池中，过了一段时间后，再从中抓了只青蟹，发现有记号的有只，若，试给出蟹池中青蟹数目的估计值以使取得最大值的为估计值．

21.  本小题分
已知函数，．
当时，求曲线在点处的切线方程；
若，总有，求的最大值．

22.  本小题分
已知抛物线：，斜率为的直线交于不同于原点的，两点，点为线段的中点．
求抛物线的方程；
直线与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，，设切线，的交点为．
求证：为直角三角形．
记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
，
则．
故选：．
解出对数不等式，一元二次不等式，再找公共元素即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
故，
复数的实部与虚部互为相反数，
，解得，故，
复数在复平面上对应的点位于第二象限．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及函数值的符号是否对应，属于一般题．
判断函数的奇偶性和图象的对称关系，结合的符号是否对应，进行排除即可．
【解答】
解：由题可得，的定义域为，

，
则函数是偶函数，图象关于轴对称，
排除，，
，排除，
故选：．  

4.【答案】 

【解析】解：令，可得的展开式中各项系数的和为，
解得，则展开式即，
而的展开式的通项公式为，
故的展开式中常数项为．
故选：．
由题意，先求出的值，再根据二项展开式的通项公式，求出的展开式中常数项．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，是给变量赋值的问题，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：对于，班的平均分为分，班的平均分为分，
则班的平均分比班的平均分低，故A错误，
对于，班的图象比班的图象更“矮胖”，
则相对于班，班学生的数学成绩更分散，故B错误，
对于，班的最大值为，则，
则，故C错误，
对于，班的最大值为，则，
则，
两个班的人数相等，
班分以上的人数与班分以上的人数大致相等．
故选：．
对于，结合图象，即可直接求解，
对于，结合正态分布的对称性，即可求解，
对于，结合正态分布的对称性，以及频率与频数的关系，即可求解．
本题主要考查正态分布的应用，考查数形结合的能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由题意得，，
，所以C正确．
故选：．
事件为前轮中有一轮中有发未中，第轮射击中有发未中，事件是第轮有发未中，第轮有发未中，然后利用利用条件概率求解．
本题考查条件概率公式，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：根据题意，令，则，
所以，则为奇函数，
所以的图象关于对称，即，
 ．
故选：．
由已知题意先求出的对称中心，由此可得，据此分析可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，关键分析的对称中心，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：令，，，
当时，，
在上单调递增，
当时，，即，
，
令，，，
在单调递增，
当时，，，，，
，，
，
令，，
，
当时，，在单调递增，
当时，，
即，
，
，
综上，．
故选：．
令，根据函数的单调性得到时，，令，，判断出，从而判断出，令，，根据函数的单调性得到，从而判断出，从而得到答案．
本题考查了函数的构造，函数的单调性问题，考查导数的应用以及数的大小比较，是难题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由，，可得，，选项A正确；
当时，有，
可得，即，又因为，
，故选项B错误；
，故选项C正确；
，，
即，故选项D错误．
故选：．
由递推式出发，找到与的关系，得到数列从第二项起构成等比数列，进而计算其通项和前项和，即可判断选项．
本题考查数列的递推关系式，属中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，点在圆 ：外，故A错误；
由圆 ：，可得圆心，半径，
，线段长度的最大值为，故B正确；
当直线与圆相切时，，故C正确；
设，则，，
，
设，直线与圆有公共点，
，解得，
，的最大值为故D错误；
故选：．
根据圆的性质，结合每个选项的条件计算可判断其正确性．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于选项A：当，时，，函数定义域为，
可得在上恒成立，
所以在上单调递增，
当时，；当时，，且的图象连续不断，
所以的图象与轴有且只有一个交点，
则此时有且只有一个零点，故选项A正确；
对于选项B：当，时，，函数定义域为，
可得在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
所以函数在上单调递增，
当时，；当时，，且的图象连续不断，
所以的图象与轴有且只有一个交点，
则此时有且只有一个零点，故选项B正确；
对于选项C：当，时，，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在处取得极大值，极大值，
在处取得极小值，极小值，
当时，；当时，，且的图象连续不断，
所以的图象与轴有两个交点，
则函数有且仅有两个零点，故选项C错误；
对于选项D：当，时，，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在处取得极大值，极大值，
在处取得极小值，极小值，
当时，；当时，，且的图象连续不断，
所以的图象与轴有且只有一个交点，
则此时有且只有一个零点，故选项D正确．
故选：．
由题意，对函数进行求导，对和这两种情况进行分析，当时，函数单调递增，有且仅有一个零点；当时，结合选项，利用导数的几何意义得到函数的单调性和极值，比较极小值与的大小即可求解．
本题考查利用导数研究函数单调性和极值以及零点问题，考查了逻辑推理和分析、运算能力．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，如图，三棱锥放入长方体中，
三棱锥各棱长为其面的对角线，
由题意可得，解得，
所以长方体的对角线长为，
因为三棱锥与长方体有相同的外接球，
长方体的对角线长为外接球的直径，
所以外接球的表面积为，故A正确；

对于，如图，连接，交与点，

因为，所以或其补角为直线和所成的角，
因为，，，在中，
由余弦定理可得，故B错误；
对于，以为轴旋转至与在同一个平面内，
因为，，所以四边形为平行四边形，连接交于，
即为中点时，最小，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以的最小值为，故C正确；

对于，由选项可知，长方体的体积为，
，所以，
由选项，可得，
所以，
所以到平面的距离为，故D正确．
故选：．
三棱锥放入长方体中，三棱锥与长方体有相同的外接球，长方体的对角线长为外接球的直径，求出对角线再求外接球的表面积，判断；连接，交与点，因为，所以或其补角为直线和所成的角，在中，由余弦定理可判断；以为轴旋转至与在同一个平面内，可得四边形为平行四边形，连接交于，即为中点时最小，由余弦定理求出的最小值，可判断；长方体的体积减去，，，的体积可得，利用三角形面积公式计算，利用体积相等求出到平面的距离可判断．
本题考查空间几何体的性质，考查几何体的外接球，线线角的求法，点到面的距离的求法，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，，
，，
，，
．
故答案为：．
由已知可求，，进而利用，可求结论．
本题考查向量的线性运算，考查向量的模的求法，属基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：在中，由正弦定理得：，
，
由余弦定理得：，
四边形的面积

，
，，
当时，有最大值．
故答案为：．
在中，由正弦定理可求出，由余弦定理求得，再由四边形的面积可得到关于的三角函数，利用三角函数的性质求出最值即可．
本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角形的面积公式，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由与的面积相等可得：，
，又，
，，
，，
．
故答案为：．
由已知可得，进而可得，可求离心率．
本题考查求椭圆的离心率，考查运算求解能力，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：，
，即，
为常数数列，
，
，
记的前项和为，
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；
．
故答案为：．
利用，得，根据高斯函数的定义可得数列各项，即可得出答案．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查运算能力，属于中档题．
 

17.【答案】证明：是正方体，平面，．
又，，平面，
平面，平面平面，
解：以为坐标原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
，令，则，，
平面的一个法向量为，
设求到平面的距离为，则，
即点到平面的距离为． 

【解析】由题意可证平面，进而可得平面平面；
以为坐标原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量法可求到平面的距离．
本题考查面面垂直的证明，考查点到面的距离的求法，属中档题．
 

18.【答案】解：设等差数列公差为，得，，
，；
，，
，
由且，得最小正整数为． 

【解析】代入通项公式即可；利用裂项求和的方法求和，再解不等式即可；
本题考查等差数列的通项公式，裂项求和，属于基础题．
 

19.【答案】解：因为，，由正弦定理可得，即，
可得，整理可得，而，可得，，，
由正弦定理可得，，
所以，，
设的内切圆的半径，
所以，
即，解得，
所以内切圆的半径长；
因为，，可得，
即，可得，因为，
可得解得，可得或，
因为，所以，，，
由正弦可得，即，解得，
所以． 

【解析】由的大小及，的关系，再由正弦定理可得，角的大小，进而可得角的大小，再由边的大小及正弦定理可得，边的大小，进而求出三角形的面积，三角形的面积与内切圆半径的关系，可得内切圆的半径；
由题意及三角形中角之间的关系，可得，，角的大小，再由正弦定理可得边的大小，进而求出三角形的面积．
本题考查正弦定理及三角形面积的应用，属于中档题．
 

20.【答案】解：由题意可知，的取值为，，，
，，，
 故的分布列为：

；
设，
，
，
所以时，，
时，，
时，，
所以当或时，最大，估计蟹池中青蟹数目为或只． 

【解析】的取值为，，，由古典概型概率公式求出对应概率，从而可得分布列，进而可求的数学期望；
设，判断增减性，可得时，，，进而可得答案．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
 

21.【答案】解：已知函数，，
当时，，函数定义域为，
可得，
所以，
又，
则曲线在点处的切线方程为，
即；
若，总有，
即当时，恒成立，
此时对于恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以单调递增，
因为，，
所以存在使得，
即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以
，
又，
故的最大值为． 

【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到和的值，代入切线方程中即可求解；
将，总有转化成对于恒成立，构造函数，对函数进行求导，构造函数，对进行求导，利用导数的几何意义得到函数的单调性，再由零点存在性定理得到的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力．
 

22.【答案】解：设直线的方程为，代入抛物线：，
可得，设，，则，
点为线段的中点，可得，即，
则抛物线的方程为；

设，，由，可得，则，
所以，两点处的切线斜率分别为，
由，得，所以，，
所以，所以，即为直角三角形，

由知：，即：，同理：，
由直线，都过点，即，
则点，的坐标都满足方程，
即直线的方程为：，
又由直线过点，，
联立，得，
所以，
点到直线的距离，
所以，
所以，
当且仅当时，有最小值，此时 

【解析】设直线方程，联立抛物线方程消元，根据韦达定理，结合中点坐标公式可得；
利用导数的切线方程，结合韦达定理即可证明；根据点坐标满足中切线方程可得直线方程，然后由弦长公式和点到直线的距离公式可得面积，然后可解．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题．