2022-2023学年浙江省温州市浙南三校联盟高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省温州市浙南三校联盟高二（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.  设集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  复数的共轭复数是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  围棋是中国传统棋种，蕴含着中华文化丰富内涵围棋棋盘横竖各有条线，共有个落子点每个落子点都有落白子、落黑子和空白三种可能，因此围棋空间复杂度的上限科学家们研究发现，可观测宇宙中普通物质的原子总数则下列各数中与最接近的是参考数据：(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知，若在上单调，则的范围是(    )

A.  B.  C.  D.

6.  数列是等比数列，首项为，公比为，则“”是“数列递增”的(    )

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

7.  已知圆：，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，，为切点，则线段长度的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知函数，是的零点，则当时，不等式的解集为(    )

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.  有一组样本数据，，，，其平均数和方差分别为，由这组数据得到一组新样本数据，，，，其中，其平均数和方差分别为，，则(    )

A.  B.  C.  D.

10.  已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是(    )

A. 若为线段中点，则的斜率为 B. 若，则
C. 存在直线，使得 D. 面积的最小值为

11.  已知连续函数满足：，，则有，当时，，，则以下说法中正确的是(    )

A. 的图象关于对称
B.
C. 在上的最小值是
D. 不等式的解集为

12.  勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动如图甲，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为，则下列说法正确的是(    )
 

A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为
D. 勒洛四面体表面相交弧总长小于

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  若一个三棱台的上、下底面的面积分别是和，体积为，则该三棱台的高为______ ．

14.  某单位安排、、、人去甲、乙、丙三地出差，每人仅出差一个地方，每个地方都要安排人出差，若不安排去甲地，则不同的安排方法有______ 种

15.  已知点为双曲线右支上的一点，点，分别为双曲线的左、右焦点，若为的内心，且，则双曲线的离心率为______ ．

16.  如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为，则 ______ ．

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
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，．
求周长的最大值；
若，求的面积．

18.  本小题分
如图，在三棱柱中，点，分别在棱，上均异于端点，，，平面．
求证：四边形是矩形；
若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

19.  本小题分
已知数列满足．
若是公差为的等差数列的前项和，求的值；
若，，且数列单调递增，数列单调递减，令，求证：．

20.  本小题分
已知函数，．
若，判断函数的单调性；
若有两极值点，且，求的范围．

21.  本小题分
某国有芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为．
求批次芯片的次品率；
第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验．已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的极大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用．现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查．据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人．求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？
附：．

22.  本小题分
已知圆：与轴正半轴交于点，与直线在第一象限的交点为，点为圆上任一点，且满足，以，为坐标的动点的轨迹记为曲线．
求曲线的方程；
若两条直线：和分别交曲线于点、和、，求四边形面积的最大值，并求此时的的值；
研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：集合或，
，
，
则．
故选：．
求出集合，，，由此能求出．
本题考查集合的运算，考查补集、交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
．
故选：．
先求出复数，再利用共轭复数的概念求解．
本题主要考查了复数的运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由，与的夹角为，
可得，
则在上的投影向量为：
．
故选：．
根据与的模和夹角关系及投影向量的概念，直接计算即可．
本题考查平面向量的数量积运算及投影向量的概念，属基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：，，
，
，
．
故选：．
由题意可得，两边取对数得，再结合对数的运算性质求解．
本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：已知，若在上单调，
则在上单调，且在上恒成立，
或，
解得或，
所以的范围是
故选：．
由复合函数的单调性结合已知可得在上单调，且在上恒成立，由二次函数的图像与性质可得关于的不等式组，从而可得的范围．
本题这样考查复合函数的单调性与二次函数的图像与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由得且，或且且，
当且时，数列递增，
当且且时，数列不一定是递增数列，当时，数列为摆动数列，不是递增数列，即充分性不成立，
若数列递增，则满足，即，即成立，即必要性成立，
即“”是“数列递增”的必要不充分条件，
故选：．
根据等比数列的通项公式以及性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，涉及到函数性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：圆：的圆心，，点到直线的距离，
则，由切线长定理知，直线垂直平分线段，于是得：
，的距离取得最小值时，的距离取得最小值，
即：当且仅当点与圆心平行的连线取得最小值时，即时，
弦长度的最小值为，
故选：．
求解圆的圆心与半径，求解点到直线的距离，推出，然后求解，推出弦长度的最小值即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，弦长最小值的求法，是中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由函数得：
，
是直线与曲线的一个公共点，
由，得，
直线是曲线在处取得的切线方程，
，所以是直线与曲线的一个交点，
是曲线的一个对称中心，
直线与曲线的一个切点的横坐标大于，
，
，即直线是单调递增的，
当时，不等式的解集为
故选：．
由题意，，可得是直线与曲线的一个公共点，结合，，直线是单调递增的，而是曲线的一个对称中心，所以当时，不等式的解集可求．
本题考查了导数的几何意义，三角函数的图象与性质，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为，
所以数据，，的平均数，故选项A错误；
此时，故选项C正确；
而方差，故选项B错误，
此时，故选项D正确．
故选：．
由题意，根据平均数和方差的公式进行求解即可．
本题考查平均数和方差，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：已知抛物线的准线为，焦点，
若为中点，所以，
此时，
所以直线的斜率，故选项A正确；
若，
此时，
所以，故选项B正确；
不妨设，则，
所以，
此时，
所以与不垂直，故选项C错误；
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最小值为，故选项D正确．
故选：．
由题意，求出点的横，纵坐标，即可得到直线的斜率，进而可判断选项A；结合抛物线的定义求出点的横坐标，再求出，进而可判断选项B；设，得到，利用平面向量的坐标运算看是否有解，即可判断选项C；根据三角形面积公式和基本不等式即可判断选项D．
本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为连续函数满足：，，则有，
令可得，，即，
令可得，，即，
所以的图象关于对称，A正确；
令，则，
因为当时，，
所以，
所以，即在上单调递增，
故，B错误；
因为，
所以，，
由在上单调递增可知，在上的最小值为，C正确；
由可得，
故，
故，
解得，D正确．
故选：．
由已知条件结合函数的对称性及单调性定义，导数与单调性关系检验各选项即可判断．
本题综合考查了函数对称性，单调性的判断，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于选项A，由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为，
所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为，故A正确；
对于选项B，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则，为外接球半径，设，

由正四面体的棱长为，则，，，，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：

图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，
其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故B正确；
对于选项C，勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，

假设图是投影光线垂直于面时，勒洛四面体在与平面平行的一个投影平面上的正投影，
当光线与平面的夹角小于时，易知截面投影均为图所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，
如图，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
即是，故C正确；
对于选项D：勒洛四面体四个曲面每条交线为半径为，对应圆心角为的弧长，
所以每条交线的长度为：，共有条相等的交线，
所以交线长的和为：，故D错误．
故选：．
求出勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值即可判断；求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，即可判断；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算出该截面面积，即可判断；勒洛四面体四个曲面所有交线相等，且每条交线为扇形，可以判断．
本题考查了勒洛四面体的结构特征及定义，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：一个三棱台的上、下底面的面积分别是和，体积为，设所求三棱台的高为，
，
解得．
故答案为：．
根据三棱台的体积计算即可求解．
本题考查三棱台的体积问题，方程思想，属基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：若有两人到甲地出差，
则不同的安排方法有种，
若只有人到甲地出差，
则不同的安排方法有种，
综合可得不同的安排方法有种．
故答案为：．
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解即可．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：如图，设内切圆的半径为，又，
则根据三角形内切圆的性质可得：
，
，
，
又是双曲线右支上一点，
，
．
故答案为：．
根据三角形内切圆的性质，双曲线的简单几何性质即可求解．
本题考查三角形内切圆的性质，双曲线的简单几何性质，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：在正方体中，每一个顶点有个相邻的点，其中两个在同一底面，
当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
当点在上底面时，随机移动一次在下底面的概率为，
所以，，，依此类推，
可得，即，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
则，
所以．
故答案为：．
根据全概率公式对仍在底面上的概率进行计算，结合数列中由递推公式求通项公式的方法求得正确答案．
本小题主要考查全概率公式的运用，属中档题．
 

17.【答案】解：因为，
所以，
整理得，，
由正弦定理知，，
因为，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，
故周长的最大值为．
由知，，
由余弦定理知，，
因为，所以，
若，则或，，
解得或，，
因为，所以或，
当时，因为，所以，
由正弦定理知，，
所以，
所以的面积；
当时，因为，所以，
由正弦定理知，，
所以，
所以的面积，
综上，的面积为． 

【解析】结合二倍角公式与正弦定理化简已知等式，可得，再由基本不等式，求得的最大值，即可得解；
结合中所得与余弦定理，求出，再利用正弦函数的图象与性质，可得或，然后分类讨论，求的面积即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，二倍角公式，基本不等式是解题的关键，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

18.【答案】证明：因为三棱柱，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，平面，所以，，
所以，因为，且，
所以≌，所以，，
因为，所以四边形为平行四边形，
因为平面且平面，所以，
故四边形是矩形；
解：取的中点，连结，由可知，，
因为平面且平面，所以平面平面，
因为平面平面，且平面，所以平面，
取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
在中，因为且，
所以为等边三角形，所以，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，，所以，
因为平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 

【解析】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的性质定理的应用，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
利用棱柱的几何性质以及线面垂直的性质可得平面，从而得到，，即可证明≌，从而得到，
再利用线面垂直的性质定理可得，即可证明结论；
取的中点，连结，取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出点的坐标和所需向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，然后利用向量的夹角公式进行求解，即可得到答案．
 

19.【答案】解：由题意可知，所以，，，
因为是公差为的等差数列，所以，
由知或，若，则，，
若，则，于是，与矛盾，所以，，，
所以；
因为数列单调递增，所以，
数列单调递减，所以，
又因为，所以，
因为，所以，，
所以，又，所以，
所以，所以，所以，
所以，
所以当为偶数时，
，
当为奇数时，，
综上知，． 

【解析】由，可求，，，结合是公差为的等差数列可求，，进而求，即；
数列单调递增，数列单调递减及，可得，由此可推出，，进而可得，，最后求出和用裂项求和法和并证明不等式．
本题主要考查数列递推公式、裂项求和法求数列前项和及数列单调性的应用，属于较难题．
 

20.【答案】解：若，，
则，令，解得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
又，所以，
所以在上单调递减；
当，显然函数没有两个极值点；
当，由于，函数与只有一个交点，
不妨设此交点横坐标为，当，，单调递减，
当，，单调递增，即没有两个极值点；
当，令，解得，
令，解得，
根据指数函数的性质可知当，有两极值点，且，
即的取值范围为． 

【解析】根据函数的二阶导数得出一阶导数的增减性，进而得出一阶导数的正负性，然后即可得出函数的单调性；
当，显然函数没有两个极值点；当，显然函数是先减后增，没有两个极值点；
当，求出时的取值，则．
本题主要考查函数的单调性和利用函数的单调性研究函数的极值，属中档题．
 

21.【答案】解：某国有芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，
该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检，
已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为．
批次芯片的次品率为：
；
设批次的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
由己知得，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
；
个芯片中恰有个不合格的概率，
因此，
令，得，
当时，；当时，，
所以的最大值点为，
由可知，，
故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片质量优于批次，
由数据可建立列联表如下：单位：人

根据列联表得：


，
因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关． 

【解析】根据相互独立事件及对立事件求批次芯片的次品率，再由条件概率公式求人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；
利用导数求出极值点即批次的芯片的次品率，列出联表，计算卡方，与临界值比较得出结论．
本题考查了条件概率和独立性检验，属于中档题．
 

22.【答案】解：由题意可得，，
因为，
所以，
又因为点在圆上，
所以，
所以，
所以曲线的方程为．
联立，得，
所以，，
所以，
同理可得，
因为，
所以四边形面积，
所以，
因为，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，四边形面积取得最大值，为．
曲线关于直线，和原点对称，
设曲线与交于，，与直线交于，，
联立，
解得或，
所以，，
联立，
解得或，
所以，，
所以，，
所以，
所以椭圆的焦点在直线上，
设椭圆的焦点为，，
所以，
又，
所以，
所以，
解得，
所以曲线的焦点坐标为， 

【解析】求出点的坐标代入圆的方程，得出曲线的方程．
联立方程组求出，，，的坐标，得出，，代入面积公式可得面积关于的表达式，根据不等式的性质求出的最大值．
根据曲线的方程特点，得出对称性，计算曲线的长短轴，判断焦点的位置，利用椭圆的性质，求出焦点的坐标，
本题考查直线与圆，直线与圆的位置关系，椭圆的性质，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．