浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知直线与函数相切，则， 已知，，，则等内容，欢迎下载使用。

2022学年第二学期浙南名校联盟期末联考
高二年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式和指数不等式，求出，从而得到交集.
【详解】，，
故
故选：B
2. 已知复数满足，则复数的实部和虚部之和为（ ）
A. 3 B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对化简求出复数，从而可求出其实部和虚部之和.
【详解】由，得，
所以复数的实部和虚部之和为，
故选：C
3. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题是真命题的为（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系判断即可.
【详解】对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，可得，故B正确；
对于C：若，，则或与相交，或与异面，故C错误；
对于D：若，，，则或或或与相交（不垂直），故D错误；
故选：B
4. 已知，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用向量在向量上的投影向量公式，与所给的投影向量对应系数相等即可得出的值
【详解】由题意可得，，向量在向量上的投影向量为，
又因为题目所给的投影向量为，所以，解得，
故选：A
5. 已知函数的部分图象如图所示，则可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的图象结合选项函数的性质判断可得答案.
【详解】根据函数的部分图象，可得为奇函数，
对于A，，，为奇函数，
时，，当时，，
，所以当时，，故A错误；
对于B，，，
所以为偶函数，故B错误；
对于C，，，为非奇非偶函数，故C错误；
对于D，，，故D正确.
故选：D.
6. 已知直线与函数相切，则（ ）
A. 有最大值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值
【答案】C
【解析】
【分析】设出切点坐标，求出切线方程，比较系数得出，再构造函数即可求的最值.
【详解】设切点为，，所以切线的斜率，
切线方程为，即，
所以，所以，
令，则，
令，得，
时，单调递增，
时，单调递减，
所以有最大值为，无最小值.
故选：C
7. 过点作两条直线分别交抛物线于，两点，记直线，的斜率分为，，若，，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线方程为：，，与抛物线联立得到，由斜率公式表示出结合韦达定理化简可得，，解方程求出，即可求出直线的方程.
【详解】因为点作两条直线分别交抛物线于，两点，
在抛物线上，所以直线斜率一定不为，
设直线的方程为：，设，
与联立方程可得：，即，
所以，
则

，所以①，
，
所以②，由①②可得：，
所以，故.
故选：A.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】的比较将借助于时满足不等式，的比较将借助于研究的函数的性质.
【详解】设，再令，
则，
设，于是，
在上单调递增，于是，从而有，
于是，故在上单调递增，根据复合函数的单调性可知，在上单调递增，
设，由导数值的定义：，
根据的单调性可知，在上满足.
因此上，，从而，即；
设，于是，则在上单调递减，故，
取，故，注意到，故，于是，即，
综上.
故选：B
【点睛】根据题目中三个数据的特点，能想到引入合适的函数，是本题解决的难点所在.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 某校开学初组织新生进行数学摸底测试，现从1000名考生中，随机抽取200人的成绩（满分为100分）作为样本，得到成绩的频率分布直方图如图所示，其中样本数据分组区间为，，，，，.则下列说法正确的是（ ）

A
B. 估计这次考试的75%分位数为82.4
C. 在该样本中，若采用分层随机抽样的方法，从成绩低于60分和90分及以上的学生中共抽取10人，则应在中抽取2人
D. 若成绩在60分及以上算合格，估计该校新生成绩合格的人数为860人
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据所有矩形面积和为1求得；对于B：先估计中位数所在的大致区间，再根据75%分位数的求法求解；对于C：计算出成绩在在成绩低于60分和90分及以上的学生中所占的比例，根据分层抽样按比例抽取；对于D：先估计成绩在60分以下的人数再求解.
【详解】对于A：由得，故A错误；
对于B：成绩在时所占的频率为：
成绩在时所占的频率为：
故75%分位数所在区间为，设75%分位数为，
则，解得，故B正确；
对于C：低于60分和90分及以上的学生占的频率为：
成绩在占的频率为
故按分层抽样，应在中抽取的人数为人，故C错误；
对于D：估计该校新生成绩在60以下的人数为
故估计该校新生成绩合格的人数为人，故D正确；
故选：BD
10. 若函数满足，将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位，得到函数的图象，则下列说法错误的是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 关于直线对称 D. 在区间上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据求得，求得，结合图象变换得，再分析的奇偶性，对称性及单调性.
【详解】因为，令得，
所以，解得，故结论A错误；
所以，
故，，，均不成立，故既不是奇函数也不是偶函数，故结论B错误；
，所以关于直线对称，故结论C正确；
当时，，因为在上为减函数，故在区间上单调递减，故结论D错误.
故选：ABD
11. 已知半径为1的球内切于半径为，高为的一个圆锥（球与圆锥的侧面、底面都相切），则下列说法正确的是（ ）
A. B. 圆锥的体积与表面积之比为定值
C. 圆锥表面积的最小值是 D. 当圆锥的表面积最小时，圆锥的顶角为60°
【答案】BC
【解析】
【分析】由圆锥的半径和高，表示出母线长，利用球内切于圆锥，求出与的关系验证选项A；表示出圆锥的体积与表面积，验证选项B；利用基本不等式求圆锥表面积的最小值，并求此时母线长，验证选项CD.
【详解】如图所示，圆锥的高，底面半径，母线，

，，，
∽，，，，
，得，所以，A选项错误；
圆锥的体积，圆锥的表面积，
圆锥的体积与表面积之比为，为定值，B选项正确；
，，当且仅当，即时等号成立，
圆锥的表面积，则时圆锥表面积有最小值，C选项正确；
当圆锥的表面积最小时，，，，，圆锥的顶角不是60°，D选项错误.
故选：BC
12. 已知，是椭圆与双曲线共同的焦点，，分别为，的离心率，点是它们的一个交点，则以下判断正确的有（ ）
A. 面积为
B. 若，则
C. 若，则的取值范围为
D. 若，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由椭圆和双曲线焦点三角形面积公式可判断A；由和结合基本不等式可判断B；由条件可得，结合函数的性质可判断C、D.
【详解】设，，，
不妨设点是，在第一象限内的交点，则，
，，所以，，
在中，由余弦定理可得：，
即，
一方面，
所以，此时面积为
；
另一方面，，
所以，此时面积为
，
对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为且，所以，
所以，
所以，所以，又，
所以，故B正确；
当时，
由得，
即，所以，所以，，
对于C，令，
则，
所以，，故C错误；
对于D，，
记，则，
函数是对勾函数，在上单调递增，
所以，
即的取值范围为，故D正确.
故选：ABD
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中所有各项的系数和为______.
【答案】64
【解析】
【分析】由题意可得二项式展开式有7项，从而可求出，然后令可求出展开式中所有各项的系数和.
【详解】因为在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，
所以二项式展开式有7项，所以，
所以二项式为，
令，则，
所以展开式中所有各项的系数和为64，
故答案为：64
14. 若直线截圆所得弦长，则的值为______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据直线截圆的弦长公式计算.
【详解】圆心到直线的距离为 ，
由得，解得或，
故答案：或
15. 设，若数列前项和为，，，则______.
【答案】54
【解析】
【分析】先得到时，，时，，由，依次代入求出，从而求出答案.
【详解】当，即时，，
当，即时，，
因为，所以，
若，则，解得，不合要求，舍去；
若，则，解得，满足要求，
若，则，解得，不合要求，舍去；
若，则，解得，满足要求，
若，则，解得，满足要求，
若，则，解得，不满足要求，
若，则，解得，满足要求，
若，则，解得，不满足要求，
若，则，解得，满足要求，
若，则，解得，不满足要求，
综上：
故答案为：54
16. 已知实数，满足，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】把化为，构造函数，可得，再求出函数的值域即可得答案.
【详解】依题意有，
设，则，所以在上单调递增，
由，得，即有，
因为在上单调递增，所以有，即，所以，
设，则，令，得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，所以时，，
所以的取值范围为.
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为等腰梯形，，，点为棱的中点.

（1）证明：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角即可.
【小问1详解】
设，因为四边形为等腰梯形，
所以，过点作于点，则，
所以在中，，连接，
由余弦定理可得：

，所以，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，，面，
所以面，而面，所以.
又因为，点为棱的中点，所以，
，面，所以面，
面，所以.
【小问2详解】
过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
所以，，
设平面的一个法向量为，
，令，则，，即，
平面的一个法向量为，
设面 与面所成二面角的平面角为， 则
，因为二面角为钝二面角，
所以，，
故面与面所成二面角的余弦值为.

18. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）若，求，；
（2）求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合两角差的正弦公式、二倍角公式得到，即可得到，结合三角形内角和求出，；
（2）由（1）可得，即可求出的取值范围，由正弦定理将边化角，由三角恒等变换公式化简转化为的三角函数，结合函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以，
所以，
又，则，所以或，
若，又且，解得，，
若，则，显然不符合题意，故舍去，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，又，所以，
所以，
由正弦定理可得
，
令，则，令，，
显然在上单调递增，又，，
所以，即的取值范围为.
19. 已知为数列的前项积，且，是公比为的等比数列，设.
（1）求证：数列为等比数列，并求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求使的最大整数.
【答案】（1）证明见解析，
（2）10
【解析】
【分析】（1）先求出，再由是公比为的等比数列可求出，从而可求出与的关系，当时，得，两式相除可得，再结合利用等比数列的定义可证得结论，从而可求出，
（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求出，则得，再利用函数的单调性解即可.
【小问1详解】
因为，为数列的前项积，所以，
因为是公比为等比数列，
所以，所以，
当时，，
所以，化简得，
所以当时，，
因为，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
所以，
所以
，
所以，
所以，
所以由，得，
，
令，则，
所以在时递增，
因为，，
所以使的最大整数为10.
20. 北京时间4月30日晩，2023年国际象棋世界冠军赛在哈萨克斯坦首都阿斯塔纳闭幕，来自温州的国际象棋男子特级大师丁立人最终击败涅波姆尼齐亚，加冕世界棋王.这是中国棋手首次夺得国际象棋男子世界冠军.某小学为了提高同学学习国际象棋的兴趣，举行了二年级国际象棋男子团体赛，各班级均可以报送一支5人队伍.比赛分多轮进行，每轮比赛每队都需选定4名选手，每轮比赛选手可不同.比赛没有平局，每轮比赛结束，得胜班级得1分，反之0分.晋级赛规则如下：第一轮随机为各队伍匹配对手；从第二轮比赛开始，积分相同的队伍之间再由抽签决定对手.具体比赛程序如下图.这样进行三轮对抗之后，得2分及以上的班级晋级，反之淘汰.晋级的队伍再进行相应的比赛.

（1）二（1）班选派了A，B，C，D，E五名选手，在第一轮比赛中，已知选手A参加了比赛，请列举出该班级所有可能的首发队员的样本空间；
（2）现共有8支参赛队伍，且实力相当，二（3）班在第一轮比赛输给了二（4）班，则两队在第三轮重新遇上的概率为多少?
（3）某班级在筹备队员时，班内已推选水平较为稳定的选手4名，很多同学纷纷自荐最后一个名额.现共有5名自荐选手，分别为五级棋士2名、六级棋士2名和七级棋士1名，五、六、七级棋士被选上的概率分别为0.8，0.6，0.5，最后一名选手会在这5名同学中产生.现任选一名自荐同学，计算该同学被选上的概率，并用表示选出的该同学的级别，求X的分布列.
【答案】（1）
（2）
（3）; 分布列见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意列举即可；
（2）两个班级进入第三轮的1分队伍的概率均为，在第三轮中两班级再重新遇上的概率为，从而得到答案；
（3）根据条件概率与贝叶斯公式求解.
【小问1详解】
选手A参加了比赛，该班级所有可能的首发队员的样本空间：
.
【小问2详解】
在第二轮比赛时，设1分队伍为，其中代表二（4）班，
0分队伍为，其中代表二（3）班，
在1分队伍中比赛后失败，其概率为，在0分队伍中比赛后胜利，其概率为，
在第三轮比赛中进入1分队伍的不妨设有四支队伍，
抽签后所有可能对手情况有共3种，重新遇上的情况只有，故其概率为，
综上：两队在第三轮重新遇上的概率为.
【小问3详解】
设从5人中任选一人是五、六、七级棋士的事件是, 则, 且两两互斥,
，
设“任选一名自荐同学，计算该同学被选上”,
则.
可能的取值有：，



X的分布列为
X
5
6
7
P




21. 已知双曲线离心率为，，分别是左、右顶点，点是直线上一点，且满足，直线，分别交双曲线右支于，两点.记，的面积分别为，.
（1）求双曲线的方程；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，可判断，表示出，，即可求出，再根据离心率求出，从而求出，即可得解；
（2）由（1）可知直线，的方程。联立直线与双曲线方程求出、，由，代入转化为关于的式子，再换元利用函数的性质计算可得.
【小问1详解】
依题意设，，，
若，此时，，则，，不符合题意，所以，
则，，又，
所以，解得，又，所以，则，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知直线：，：，
由，消去整理得，
所以，又，所以，
由，消去整理得，

所以，又，所以，
综上可得，
所以，，
又，
又
，
所以，
令，则，
所以，
令，则，所以，
所以当时，
即时.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若有3个不同的零点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）（i），（ii）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（2）（i）转化为与有3个不同的交点问题，将写为分段函数的形式，求导，得到其单调性，极值和最值情况，从而得到的取值范围；
（ii）结合函数单调性，转化为证明，结合，故只需证明，利用，，采用放缩法得到证明.
【小问1详解】
的定义域为R，
，
令，解得或，
令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
（i）有3个不同的零点，
即与有3个不同的交点，
，
则，
令，解得或，结合，
故解集为，
令，解得，结合，
解集为，
令，解得，结合，解集为，
令，解得或，结合，解集为，
综上：在上单调递增，在上递减，在上递增，在上递减，在上递增，
注意到，，时，，
故要想与有3个不同的交点，则；
（ii）由（i）可知，，要证，只需证，
又，而在上单调递增，故只需证明，
而，故只需证明，
而，
因为，所以，而，
所以

，
结论得证.
【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.