2022-2023学年江西省抚州市临川重点学校高二（下）6月联考数学试卷（含解析）

2022-2023学年江西省抚州市临川重点学校高二（下）6月联考数学试卷

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.  已知集合，，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  设为虚数单位，且，则的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知向量，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  设，是双曲线的左，右焦点，离心率，点为双曲线的右支上一点，且，，则双曲线的虚轴长为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律．有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢．在花期内，时钟花每天开闭一次．已知某景区有时钟花观花区，且该景区时时的气温单位：与时间单位：小时近似满足函数关系式，则在时时中，观花的最佳时段约为参考数据：(    )

A. 时时 B. 时时 C. 时时 D. 时时

6.  已知圆的方程，过作直线，与圆交于点，，且，关于直线对称，则直线的斜率等于(    )

A.  B.  C.  D.

7.  设，是半径为的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  若在函数的图象上总存在两点关于直线对称，则实数的取值范围为(    )

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.  已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是(    )

A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，，则

10.  如图所示，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点则下列说法正确的是(    )

A. 直线与直线垂直
B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点和点到平面的距离相等
 

11.  已知函数有两个不同零点，，且，则下列说法正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

12.  已知为坐标原点，点在抛物线：上，过焦点的直线交抛物线于，两点，则(    )

A. 的准线方程为
B. 若，则
C. 若，则的中点到轴的距离为
D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  在棱长为的正方体的个顶点中随机选取个构成一个四面体，记该四面体的体积为，则 ______ ．

14.  若，则 ______ ．

15.  已知的周期，将的图象向右平移个单位长度得到的图象记与在轴左侧的交点依次为，，在轴右侧的交点依次为，，为坐标原点，则 ______ ．

16.  已知曲线是抛物线，的一部分，将曲线绕坐标原点逆时针旋转，得到曲线若曲线是函数的图象，且在其定义域内单调递减，则的取值范围是______ ．

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
记内角，，的对边分别是，，，已知．
求证：；
求的取值范围．

18.  本小题分
已知数列的前项和为，，且．
求数列的通项公式；
；；．
从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

19.  本小题分
红外触发相机主要应用于自然保护野外研究技术领域中的野生动物监测当恒温动物从装置前方经过时，动物体温与环境温度造成的温差引起相机周围热量的变化，这种变化由红外传感器接收后，产生一个脉冲信号，从而触发相机拍摄为调查某山区大熊猫的生活习性，研究人员在大熊猫的活动范围内架设了，，三台红外触发相机经过长时间的观测，研究人员对某大熊猫的出现概率做出了如下总结：

若该大熊猫首次出现被相机捕捉到，求第三次出现被相机捕捉到的概率；
假设观测时间足够长，则哪架相机拍摄到该大熊猫的次数最多？请说明理由．

20.  本小题分
如图所示，平面五边形中，四边形为直角梯形，且，若，，是以为斜边的等腰直角三角形，现将沿折起，连接，得如图的几何体．
若点是的中点，求证：平面；
若，在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．

21.  本小题分
已知，是椭圆的左、右顶点，，是的左、右焦点，是椭圆上一点，且的内心的纵坐标为．
求椭圆的标准方程；
若是椭圆上异于，的一动点，过，分别作，，，相交于点则当点在椭圆上移动时，求的取值范围．

22.  本小题分
已知函数．
求在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积；
若函数有两个不同的极值点，．
求的取值范围；
证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由，解得，
所以，
集合，
因为，所以，
解得．
故选：．
先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．
本题主要考查了集合间的包含关系，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：为虚数单位，且，
，
，解得，
，
则的虚部为．
故选：．
推导出，从而，求出，由此能求出的虚部．
本题考查复数的运算法则、虚数定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：，，
，

．
故选：．
利用向量数量积的坐标公式结合同角三角函数的基本关系化简即可
本题考查向量数量积的运算，三角恒等变换，属中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：设双曲线的左右焦点为，，
，，
令，可得，
不妨设，由题意可得，
，
联立解得：，，
则．
故选：．
设双曲线的左右焦点为，，令可得的坐标，代入双曲线方程可得，的方程，再结合双曲线的离心率，解方程可得的值，答案可求．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的公式的运用，考查方程思想和运算能力，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：当时，，
则在上单调递增，
设花开、花谢的时间分别为，，
时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢，
则，，
，
，解得时，
，
，解得时，
故在时时中，观花的最佳时段约为时时．
故选：．
由题意可得，在上单调递增，再结合花开、凋谢的温度，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：设，，易得在圆上，
因为直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，
设直线方程的斜率为，则直线斜率为，
所以直线方程为：，
 整理得：，
所以：，，
所以，同理，
所以．
故选：．
直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，所以假设直线方程为：，与圆进行联立可得点坐标，同理可得到点坐标，即得到答案．
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，是中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，

，则，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆．
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为．
故选：．
建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案．
本题考查了空间中点的轨迹长度的计算，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：因为，在各自的定义域上单调递增，所以存在的关于直线对称的这两点不可能都在同一个解析式上，
不妨设这两点为，，且在上，在上，
则，，，，且，
所以，，，
由，得，即，故，，
又由得，
令，则，
所以在上单调递增，故，
因为，所以，即．
故选：．
先判断两点，分别在分段函数的两段解析式上，再由对称推得，且，构造函数，则，利用导数求得的单调性及最值，从而求得的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了构造函数的数学思想，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】

【分析】

对于，先求出公差的，即可推得，
对于，根据已知条件，推出的取值范围，再结合特殊值法，即可求解，
对于，结合基本不等式的公式，即可求解，
对于，结合等差数列的性质，求出首项与公差，即可求解．
本题考查等差数列的性质，考查等差数列的通项公式、前项和公式，考查基本不等式综合应用，属于中档题．

【解答】

解：设等差数列的公差为，
因为，
所以，
所以，则，故A正确，
因为，
所以，
所以，为递增数列，但不一定成立，如，，，，，，故B错误，
因为，当且仅当时取等号，故C正确，
因为，，
所以，解得，即，
所以，故D正确．
故选：．

10.【答案】 

【解析】解：对于，，，与不垂直，与不垂直，故A错误；
对于，取中点，连接，，，由，，分别是，，的中点，得，
又，，四边形是平行四边形，
，，，平面，
，，平面，故B正确；
对于，由正方体性质，连接，，则截面即为四边形，它是等腰梯形，
，，，等腰梯形的高为，
截面面积为，故C正确；
对于，设，由题意得不是的中点，
和到平面的不相等，故D错误．
故选：．
根据与不垂直可判断与不垂直，判断；取中点，证明平面平面，从而直线平面，判断；作出平南截正方体所得的截面，可判断；先判断出点不是中点，由此判断．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线面的位置关系的判断等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为函数有两个不同零点，，且，
所以有两个不同实数根，，且，
令，
由于，故为偶函数，，
当时，，在上单调递增，
所以，当时，在上单调递减，
所以，，
因为当趋近于时，也趋近于，
所以有两个不同实数根，，
则，且，故A错误，B正确；
因为，
所以，
由基本不等式：，
所以，故C错误；
对于，由得等价于，
由在单调递增，，，
所以，等价于，
由于显然成立，
故只需考虑是否成立即可；
令，则
所以，令，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，当时取最小值，，故成立，
所以，选项正确．
故选：．
将问题转化为有两个不同实数根，，且，进而构造函数，利用导数研究函数性质可得，且，进而判断，再结合基本不等式可以判断；将选项转化为讨论，进而结合函数的单调性进一步转化为讨论是否成立，再令换元求解即可判断．
本题考查导数的综合应用，化归转化思想，属难题．
 

12.【答案】 

【解析】解：因为点在抛物线：上，
所以，解得，所以抛物线方程为，
所以准线方程为，所以A正确；
由抛物线的定义得，，
由，所以所以B正确；
设，，：，
联立，整理得，
由韦达定理得，，
所以，解得，，所以C错误；
由抛物线定义知，，，
所以，
当且仅当时取得等号，所以D正确．
故选：．
利用抛物线的定义可分析，选项，利用直线与抛物线相交结合韦达定理，弦长公式，基本不等式可分析，选项．
本题考查抛物线的标准方程及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：在棱长为的正方体的个顶点中随机选取个点，共有种情况，
当四点共面时，共有种情况，此时不构成四面体．
当四点不共面时，四面体的体积有以下两种情况：
第一种情况如图，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，
体积为，这样的取法共有种；

第二种情况如图，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，
体积为，这样的取法共有种；

所以该四面体的体积为的分布列为：

所以．
故答案为：．
先用排列的知识求出在正方体的个顶点中随机选取个点，共有种情况，再分两类求四面体的体积和取法种数，最后列出分布列，由分布列即可求出数学期望．
本题考查正方体中的随机变量的期望的求解，化归转化思想，属中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：令，则，
令，则，
两式相加可得，
两式相减得，
将以上两式相加即得：
，
，
，
．
故答案为：．
采用赋值法，分别令和，得到两等式，相加减可得到奇数项和偶数项的系数相关的和式，再相加，结合复数的运算，即可求得答案．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：，，则，
由的对称性，不妨取，则，
，
令，即：，
或，，
解得：，，
当时，，则，
当时，，则，
，
又当为奇数时，，
当为偶数时，，
，
又当时，恒成立，
，

，
故答案为：．
运用图象平移变换得的解析式，解方程可得、的坐标，进而求得，判断的符号可得，转化为求数列的前项和，运用公式法直接求得结果．
本题主要考查函数的图象变换，数量积的运算，考查运算求解能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由题意可知：曲线的两个端点为，，

连接，，
可得射线的斜率为，则射线的方程为，
联立方程，解得或，
，即射线与曲线有两个交点，
根据对称可知：射线与曲线有两个交点，
设射线的倾斜角为，即，
若曲线是函数的图象，则射线应旋转过轴非负半轴，
若函数在其定义域内单调递减，则射线应旋转不过轴非负半轴，
可得，则，
所以的取值范围是．
故答案为：．
以射线，为基准，根据题意结合图象分析可得，进而运算求解即可．
本题主要考查抛物线的性质，属于中档题．
 

17.【答案】解：由得：
，
即，
两边同时除以得：

即，
所以
因此得证；
设，代入可得，
由三角不等式得：，即，
将代入得，
整理得且解得，
因为，
显然在上单调递增，
所以． 

【解析】首先化简条件中的正切等式，再将正切写成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化为边，即可证明；
首先设，利用三角不等式的恒等式，化简后可得的取值范围，再计算的取值范围．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，不等式思想，属中档题．
 

18.【答案】解：当时，，，
，，，
当时，，
，数列是以，为公比的等比数列，
．
若选：，
，
，
，
．
若选：，
．
若选：，

． 

【解析】由已知可得当时，，进而得，可求数列的通项公式；
若选：错位相减法可求若选：，可求若选：，分组求和可求．
本题考查求数列的通项公式，考查利用错位相减法，裂项相消法，分组求和求数列的前项和，属中档题．
 

19.【答案】解：由题意可知该大熊猫首次出现被相机捕捉到，第三次出现被相机捕捉到的情况为，
则概率为；
该大熊猫首次出现被相机捕捉到，
则再次即第三次被铺捉到的情况为：或，概率为；
该大熊猫首次出现被相机捕捉到，
则再次即第三次被铺捉到的情况为：或，概率为；
该大熊猫首次出现被相机捕捉到，
则再次即第三次被铺捉到的情况为：或，概率为；
由于，故假设观测时间足够长，相机拍摄到该大熊猫的次数最多． 

【解析】确定该大熊猫首次出现被相机捕捉到，第三次出现被相机捕捉到的情况为，即可求得答案；
分别计算出每部相机首次捕捉到大熊猫，到再次铺捉到该大熊猫的概率，比较大小，可得答案．
本题考查古典概型相关知识，属于中档题．
 

20.【答案】证明：取的中点为，连接，，因为是的中点，，所以是的中位线，所以
且，所以为平行四边形，所以，因为面，面，所以平面．

解：取的中点为，连接，，其中，，由可得，显然平面，
故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，设存在点，则由可得：，
即，，，易知面的法向量可取，而，
设面的一个法向量为，则
，即，于是可取一个法向量为，
则，所以，所以为的中点，
故存在点为的中点． 

【解析】作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；
证出面，，建立空间直角坐标系，假没存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断．
本题考查线面平行的判定定理、二面角的求法，考查学生的空间想象能力和运算能力，属中档题．
 

21.【答案】解：，故．
如图所示：

设为，连接并延长交轴于，则，
故，故，，
，，故，
故椭圆的方程为：．
如图所示：

设，其中，，
则，故直线，同理直线．
设，则，故，
，故，，其中，
整理得到的轨迹方程为：．
又

，
其中，
设，
则，
故为偶函数，考虑在上的值域．
故，
设，
，
，
整理得到：

，
，故，故，
而，，
当且仅当时等号成立，
故，当且仅当时等号成立，故在上为增函数，
故在上的值域为
故当时，的值域为． 

【解析】根据椭圆上的点可得，再根据内心的纵坐标和的纵坐标的比值可求离心率，从而可求椭圆方程．
利用交轨法可求，再用的横坐标表示，利用导数可求其取值范围．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
 

22.【答案】解：，所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，令，则，令，则，
则直线与坐标轴围成的面积．
由于函数有两个不同的极值点，，
则方程，即有两个不同的解，．
令，则函数的图像与直线有两个不同的交点．
而，故当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故．
又当时，；当时，．
故当时，函数单调递减，且，当时，函数单调递增，且，
作出函数的大致图像如图所示，故实数的取值范围范围为．

证明：不妨设，则，则当或时，，
当时，，所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，在区间上单调递增．
由于，则，故F，
要证，只需证．
设，其中，
由，
故，令，则，
令，则，
故在区间上单调递增．则，在区间上单调递增，
故，即，故在区间上单调递增，则，即． 

【解析】由导数得到切点处的切线斜率，点斜式得切线方程．
函数有两个不同的极值点，则导函数有两个不同的零点，分离参数，作出图象即可得到的范围；
不妨设，构造新函数设，讨论单调性寻找最值证明不等式．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．