2022-2023学年浙江省名校联盟高二下学期期末联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年浙江省名校联盟高二下学期期末联考数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年浙江省名校联盟高二下学期期末联考数学试题

一、单选题
1．集合，且，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意知，从而分类讨论方程的解即可.
【详解】由题意知，而，
方程 ，当时，方程无解，则，符合题意；
当时，，符合题意；
当时，，不符合题意；
所以的取值范围为.
故选：A
2．若直线在平面内，直线在平面外，则“”是“”的（    ）
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
【答案】D
【分析】根据直线在平面外的定义，直线垂直于平面的性质以及必要不充分条件的定义求解.
【详解】如下图所示，若直线与平面相交点，但不垂直时，当直线垂直于直线在平面内的射影，此时，得不出，
    
因为，且直线在平面内，所以，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：D.
3．数列首项为，接下来项为，再接下来项为，再后面项为，以此类推（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令数列首项为，公差为的等差数列，且数列首项为，接下来项为，再接下来项为，再后面项为，可用归纳推理发现有个，个，等等可推得有个，通过数列前项和公式即可求出中的，则答案可求.
【详解】令数列首项为，公差为的等差数列
，前项和为，
有个，个，等等可推得有个
令可得
所以
故选：C.
4．已知一组成对数据中关于的一元非线性回归方程，已知，，，则（    ）
A．3 B．1 C． D．
【答案】B
【分析】求出、的均值，根据样本中心在回归直线上求参数即可.
【详解】由，，则，可得.
故选：B
5．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为的足球（正多边形近似看做平面正多边形），则一块黑皮面积约为________．（注：边长为的正五边形面积，边长为的正六边形面积，
取3.14）（    ）
A．32.44 B．31.92 C．30.51 D．29.49
【答案】D
【分析】根据题意求出正六边形和正五边形的块数，再利用球的表面积求出的值，即可求出一块黑皮正五边形的面积.
【详解】设黑色正五边形有个，则白色六边形有个，
由已知条件可知，解得，
即黑色正五边形有个，则白色六边形有个，
足球的表面积为，
所以，解得，
所以一块黑皮的面积约为，
故选：D.
6．已知复数满足，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意确定复数z对应的点的轨迹，再结合椭圆的性质以及的几何意义，即可求得答案.
【详解】复数满足，
则复数z对应的点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆，
则椭圆短半轴长为，椭圆方程为，
表示椭圆上的点到原点的距离，
当点位于椭圆长轴上的顶点时，取值大值2；
当点位于椭圆短轴上的顶点时，取值小值；
故的取值范围为，
故选：D
7．双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出圆的方程，联立方程组，由得出的范围，从而得解.
【详解】由题意，右焦点，
又，则，，
以为圆心，为半径的圆的方程为，
，
联立方程组，
得，
由圆与双曲线有公共点，所以，
即，结合，
化简为，
由方程两根为：
，，
所以不等式的解为，或，
由已知，得
所以，
当时，取得最小值.
故选：A
【点睛】解决本题关键是曲线与曲线的位置关系，用联立方程组的方法，其中化简是个难点.
8．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用构造函数以及余弦函数的单调性求解.
【详解】由已知得，，
因为在区间上单调递减，且，，，
所以，即，
令，则，所以在上单调递增，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以，即，
令，，
令，，
令，，
令，当时，，
所以在内单调递减，所以，
所以在内单调递减，所以，
所以在内单调递减，所以，
所以在内单调递减，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以，
因为，所以，
综上：.
故选：.
【点睛】关键点睛：利用构造函数比较函数值的大小应该结合函数值的特点，选择适当的函数，通过研究函数在某区间上的单调性比较函数值的大小.

二、多选题
9．已知数列，的前项和分别为，，下列说法正确的是（    ）
A．若能成立，则能成立 B．若能成立，则恒成立
C．若恒成立，则恒成立 D．若恒成立，则恒成立
【答案】ACD
【分析】通过枚举法和数列的性质即可求解.
【详解】若，，能成立，也能成立，故A正确：
若，，能成立，不能恒成立，故B错误：
若恒成立，则二者是相同数列，即恒成立，故C正确；
若恒成立，则，当时，两者作差得，当时，若，则，故D正确.
故选：ACD.
10．双曲线，点，则（    ）
A．该双曲线渐近线为
B．过点的直线与双曲线交于两点，若，则满足的直线有1条
C．与双曲线两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1
D．过点能作4条仅与双曲线有一个交点的直线
【答案】ACD
【分析】由双曲线渐近线的定义可求出渐近线方程，判断A选项；再由直线与双曲线的位置关系依次判断选项B、C、D.
【详解】由题意，双曲线，
则双曲线渐近线为，选项A正确；
依题意，当过点的直线直线与双曲线的右支交于两点时，通径最短，
为，
当直线与双曲线的两支交于两点时，的最小值为，
所以，若，则满足条件的直线有3条，故选项B错误；
由于双曲线渐近线为，
与双曲线两支各有一个交点的直线斜率，
而，选项C正确；
过点能作两条与渐近线平行的直线和两条切线，均与双曲线只有一个交点，
故满足条件的直线有4条，选项D正确.
故选：ACD
  
11．函数在上有两个零点，下列说法正确的是（    ）
A． B．
C． D．在上有2个极值点且
【答案】ACD
【分析】根据零点存在定理来判断A；根据导数的几何意义推出，结合零点即方程的根来判断B；根据导数的几何意义推出，结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判断D.
【详解】由于函数在上有两个零点，
故函数的图象在上有两个不同的交点，
作出函数的图象如图：
  
要满足题意，需满足与在间的图象相切，
由图象可知，，
当时，，当时，，
由于，则设与在间的图象相切时的切点为，
此时，则，
于是，C正确；
对于A，当时，，此时，，
由于，即，
令，，
即为减函数，
，，
故在内有唯一零点，即，A正确；
对于B，当时，，即；
当时，，，即；
故，B错误；
对于D，当时，，，
，当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，
即为函数在内的一个极小值点；
当时，，，
当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，
即为函数在内的一个极小值点；
即在上有2个极值点，设为，
则，故，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性强，难度较大，解答时要能综合利用函数零点知识以及导数知识，灵活求解，要注意数形结合方法的应用.
12．半径为2的球上有三个点，，，，三棱锥的顶角均为锐角，二面角的平面角为，为边上一动点，则（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若的最小值等于，则三棱锥体积最小为
D．若的最小值等于，则三棱锥体积最小为
【答案】BC
【分析】根据题意可知，当时，三棱锥为正四面体，即可求出的值，从而判断A、B的真假，
根据三余弦定理可知，的最小值为直线与平面所成的角，
根据等积法即可求出三棱锥体积的最小值，从而判断C、D的真假．
【详解】如图所示：当时，三棱锥为正四面体，
点在底面内的射影为的中心，即平面，
连接延长交于，易知，为的中点，连接，
所以，故二面角的平面角为，
即．在中，，，
所以，故B正确，A错误；

如图所示：因为三棱锥的顶角均为锐角，所以．
因为点在底面内的射影为的外心，即平面，
过点作于，连接，因为为等边三角形，
所以为的中点，
又易知平面，所以二面角的平面角为，
即，
因为，为到平面的距离，
根据三余弦定理可知，的最小值为直线与平面所成的角，
即当三点共线时（重合），最小，
此时，，且最小，
故，而，
所以，三棱锥体积最小为．
故选：BC．
  
【点睛】本题A、B的解题关键是根据已知条件判断出三棱锥的几何特征再结合二面角的定义即可判断；C、D的解题关键是判断出的最小值位置，即可根据几何特征求出三棱锥的体积．

三、填空题
13．，，则在上的投影向量为 ．（用坐标表示）
【答案】
【分析】根据投影向量的定义，即可求得答案.
【详解】由题意得，，
故在上的投影向量为，
故答案为：
14．椭圆过点且上顶点到轴的距离为1，直线过点与椭圆交于A，两点且中点在坐标轴上，则直线的方程为 ．
【答案】或或
【分析】先求出椭圆方程，再分类讨论直线的斜率是否存在，联立方程组结合韦达定理运算求解.
【详解】因为过点且上顶点到轴的距离为1，所以
所以，
因为，即点在椭圆内，可知直线与椭圆相交，
当斜率不存在时，则时，由椭圆对称性可得，
则中点为在坐标轴上，所以符合题意；
当斜率存在时，设，
联立方程,消去y得，
则，，
因为中点在坐标轴上，
则或，
解得或，此时直线的方程为或；
综上所述：所以直线的方程为或或.
故答案为：或或.
  
【点睛】方法点睛：弦中点问题的解法：在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率的斜率问题时可利用韦达定理运算求解，但要注意直线斜率是否存在．
15．为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为 ．
【答案】
【分析】利用分步乘法原理先求出同学与同学站在一起，同学站在边缘的方法数，再求出其中同学不与同学或相邻的方法数，然后利用古典概型的概率公求解即可.
【详解】将同学与同学看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体与剩下4人排列，有种方法，
所以分步乘法原理可知同学与同学站在一起，同学站在边缘，共有种方法，
其中同学不与同学或相邻的有：先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体从与同学不相邻的4个位置中选一个位置，有种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有种方法，
所以由分步乘法原理可得同学不与同学或相邻的共有种方法，
所以所求概率为，
故答案为：

四、双空题
16．5320的因数有 个，从小到大排列后，第24个因数为 ．
【答案】 32 280
【分析】先将5320分解成质数相乘，然后可求出其所有的因数，从而可求出第24个因数.
【详解】因为，
所以当因数是一个质数时，有4种，
当因数是2个质数的乘积时，有种，
当因数是3个质数的乘积时，有种，
当因数是4个质数的乘积时，有种，
当因数是5个质数的乘积时，有种，
当因数是6个质数的乘积时，有1种，还有一个1，
所以5320共有32个因数，
或
，
所以5320的因数有32个，
从小到大排列为1，2，4，5，7，8，10，14，19，20，28，35，38，40，56，70，76，95，133，140，152，190，266，280，380，532，665，760，1064，1330，2660，5320，
所以第24个因数为280.
故答案为：32，280
【点睛】关键点点睛：此题考查排列组合的应用，解题的关键是将5320分解成质数的乘积，然后分情况求解即可，考查分类思想，属于较难题.

五、解答题
17．如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．
  
(1)求；
(2)劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明．
【答案】(1)；
(2)不存在，证明见解析.

【分析】（1）设，由扇形的面积公式分别表示出上底的面积，下底的面积，再代入体积公式即可得，在中由余弦定理求解即可；
（2）过作的垂线交劣弧于，以所在的直线分别为轴，建立空间坐标系，利用空间向量证明即可.
【详解】（1）解：由题意可知，设，
设上底的面积为，下底的面积为，
则，，
所以，解得，
在中由余弦定理可得，
所以；
（2）不存在，证明如下：
证明：过作的垂线交劣弧于，
由（1）可知，所以，
以所在的直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，
  
则，，，，
设，
则，，，
设平面的法向量为，
由，可得，
因为，所以，
取，则有，
如果平面，则有，
即，
即，矛盾，所以平面不成立，
故劣弧上不存在使∥平面.
18．内角、、满足．
(1)求的大小；
(2)、分别为、上的点，，且平分，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用弦化切结合三角恒等变换化简得出。利用正弦型函数的单调性与对称性可得出结果；
（2）分析可得，，在中，利用正弦定理求出的值，分析出为锐角，求出的值，求出的值，分析出为锐角，结合二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】（1）解：，即，
即，
所以，，即，
所以，，
因为，则，因为，则，
所以，或，所以，或（舍去）.
综上所述，.
（2）解：如下图所示：
  
因为、分别为、上的点，，则，
所以，，则，
因为，则，，
因为平分，所以，，则，故，
所以，，
设，则，，其中，
在中，由正弦定理可得，所以，，
因为，则为锐角，即，
故，
所以，，
因为，所以，，故，
因为，
又因为，
所以，.
19．，，递增数列前项和为．
(1)证明：为等比数列并求；
(2)记，为使成立的最小正整数，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)14

【分析】（1）由题意可得为递增数列：，（），根据等比数列定义即可证明结论，并求得；
（2）归纳可得为周期数列：，利用数列的周期性即可求得答案.
【详解】（1）证明：由于，，
当时，；
当时，依次取值为，（）时，总存在使得成立，
证明该结论，只需证明能被3整除，
由于
，
即能被3整除，即上述结论成立，
当时,，
由于能被3整除，则不是3的倍数，
即时，不适合题意；
综合上述，为递增数列：，（），
故，即是以为首项，公比为4的等比数列，
则.
（2）由（1）可得，则，为使成立的最小正整数，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；

当时，
，
故此时使成立的最小正整数为14，
当时，
，
故此时使成立的最小正整数为11，
故为周期数列：，周期为2，
则.
20．过的直线与交于，两点，直线、与分别交于、．
(1)证明：中点在轴上；
(2)若、、、四点共圆，求所有可能取值．
【答案】(1)证明见解析
(2)8

【分析】（1）要证明中点在轴上，只需证明他们中点的纵坐标为，即，把的坐标转换成用、的坐标，继而可以用韦达定理来计算证明；
（2）由、、、四点共圆，可得，继而可得，代入点坐标利用韦达定理计算即可得到直线的参数值，则、的坐标可定，长度可求.
【详解】（1）由题意，作图如下：
  
过的直线与交于，两点，
可设直线方程为,令，，则，
可得: ，，，
的方程，即，可得，
联立，可得，即，
同理可得，即，
，
，，
，
又即，，中点在轴上.
（2）若、、、四点共圆，，
又三点共线，三点共线，，
又，，，
，，
又，，，
解得，，又，，
则，即，
解得：或，
，，.
【点睛】方法点睛：解析几何中的四点共圆问题可用相交弦定理来处理，继而转化向量的数量积，代入点坐标，利用韦达定理处理.
21．人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩人，在Ⅱ时期生孩人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．服从0-1分布且．分布列如下图：

0
1
2




现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个男孩，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为（针对普遍家庭）．
(1)求的期望与方差；
(2)由数据组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为，分别为与，，总体样本点与两个分层样本点均值分别为，，，方差分别为，，，证明：，并利用该公式估算题设样本总体的方差．
【答案】(1)期望为，方差为；
(2)证明见解析，总体方差约为.

【详解】（1）由分布列知：，即，
事件分别表示Ⅰ时期没生孩子、生了1个女孩、生了1个男孩，
事件表示Ⅱ时期生2个孩子，则，
又，
所以，
即，则，
综上，分布列如下：

0
1
2




.
.
（2）由题意，，则，，



而，
上式

，
又，且，
上式.
综上，得证.
由题设知：，，，，
则总体均值，
综上，题设样本总体的方差.
【点睛】关键点点睛：第一问，注意分布列概率和为1，且应用全概率公式求Ⅱ时期生2个孩子的概率为关键；第二问，应用方差公式，结合题设参数关系化简证明结论.
22．，，，．
(1)若，，证明：；
(2)是否存在使有且仅有一组解，若存在，求取值集合；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)不存在，理由见解析.

【分析】（1）根据给定条件，求出的表达式，把代入用表示，再分类讨论，构造函数，利用导数推理作答.
（2）由得，结合（1）的信息，构造函数并利用导数探讨函数的零点个数作答.
【详解】（1）依题意，，，由知，，，
当时，，又，于是当且时，，不等式成立，
当时，，
令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，有，即，则，
所以成立.
（2）由（1）知，，且，
假定存在正数使有且仅有一组解，由，知，且，，即，
于是存在正数使有且仅有一组解等价于方程有不等于1的唯一正数解，
令函数，显然，求导得，
由，得，若，而，于是，
此时，函数在上单调递减，有唯一解1，
因此方程没有不等于1的正数解，即当时，不成立；
若，即，方程有二不等实根，令，显然，
于是，当或时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，即，
当时，，当时，，函数大致图象，如图，
    
从而存在，使得，此时有3个不同解，
因此方程有两个都不等于1的不同的正数解，即当时，使成立有两组解，
所以不存在使有且仅有一组解.
【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.