浙江省浙南名校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（含答案）

这是一份浙江省浙南名校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（含答案），共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙江省浙南名校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2、已知复数z满足，则复数z的实部和虚部之和为( )
A.3 B. C.1 D.-1
3、已知m，n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
4、已知，，若向量在向量上的投影向量为，则( )
A.2 B.-2 C.1 D.-1
5、已知函数的部分图象如图所示，则可能为( )

A. B.
C. D.
6、已知直线与函数相切，则( )
A.有最大值e B.有最小值 C.有最大值 D.有最小值
7、过点作两条直线分别交抛物线于A，B两点，记直线GA，GB的斜率分为，，若，，则直线AB的方程为( )
A. B.
C. D.
8、已知，，，则( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
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
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
11、已知半径为1的球内切于半径为r，高为h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°
12、已知，是椭圆与双曲线共同的焦点，，分别为，的离心率，点M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
三、填空题
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________.
14、若直线截圆所得弦长，则k的值为______.
15、设，若数列前n项和为，，，则______.
16、已知实数x，y满足，则xy的取值范围为______.
四、解答题
17、如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，，，点E为棱PD的中点.

（1）证明：；
（2）求平面AEC与平面ABC所成角的余弦值.
18、在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）若，求A，B；
（2）求的取值范围.
19、已知为数列的前n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n项和为，求使的最大整数n.
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X表示选出的该同学的级别，求X的分布列.
21、已知双曲线离心率为2，，分别是左、右顶点，点M是直线上一点，且满足，直线，分别交双曲线右支于B，C两点.记，的面积分别为，.
（1）求双曲线C的方程；
（2）求的最大值.
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：.
参考答案
1、答案：B
解析：，，
故
故选：B
2、答案：C
解析：由，得，
所以复数z的实部和虚部之和为，
故选：C
3、答案：B
解析：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m与n相交，或m与n异面，故C错误；
对于D：若，，，则或或或n与相交（不垂直），故D错误；
故选：B
4、答案：A
解析：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、答案：D
解析：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、答案：C
解析：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、答案：A
解析：因为点作两条直线分别交抛物线于A，B两点，
在抛物线上，所以直线AB斜率一定不为0，
设直线AB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、答案：B
解析：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
9、答案：BD
解析：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、答案：ABD
解析：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、答案：BC
解析：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、答案：ABD
解析：设，，，
不妨设点M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
13、答案：64
解析：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、答案：0或
解析：圆心到直线的距离为 ，
由得，解得或，
故答案：0或
15、答案：54
解析：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、答案：
解析：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：
17、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）设，因为四边形ABCD为等腰梯形，
所以，过点D作于点H，则，
所以在中，，连接DB，
由余弦定理可得：

，所以，
所以，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，，AD,面PAD，
所以面PAD，而面PAD，所以.
又因为，点E为棱PD的中点，所以，
，DB,面PDB，所以面PDB，
面PDB，所以.
（2）过点D作z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,,,,
所以，，
设平面AEC的一个法向量为，
，令，则，，即，
平面ABC的一个法向量为，
设面AEC与面ABC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AEC与面ABC所成二面角的余弦值为.

18、答案：（1），
（2）
解析：（1）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，.
（2）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、答案：（1）证明见解析，
（2）10
解析：（1）因为，为数列的前n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，
（2）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、答案：（1）
（2）
（3）; 分布列见解析.
解析：（1）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：
.
（2）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.
（3）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：5,6,7，



X的分布列为
X
5
6
7
P



21、答案：（1）
（2）
解析：（1）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C的方程为.
（2）由（1）可知直线，，
由，消去y整理得，
所以，又，所以，
由，消去y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.

22、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：（1）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；
（2）（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.