2022-2023学年广东省揭阳市普宁市高二下学期5月衡水联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省揭阳市普宁市高二下学期5月衡水联考数学试题含答案，共20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学年广东省揭阳市普宁市高二下学期5月衡水联考数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简集合，根据集合的运算法则求.
【详解】由有意义可得，化简得或，
所以或
所以，又，
所以．
故选：B．
2．若，则在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】化简复数，求出以及对应的点的坐标，可得答案.
【详解】因为，
所以，则在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D．
3．如图所示，某建筑的屋顶采用双曲面结构，该建筑屋顶外形弧线可看作是双曲线上支的部分，其离心率为，上顶点坐标为(,)，那么该双曲线的方程可以为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设双曲线的标准方程为，根据离心率与顶点可求得的值，即可得双曲线方程.
【详解】设双曲线的标准方程为，
由，即，得，
又因为上顶点坐标为，得，所以，所以双曲线的方程为．
故选：B．
4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题．现将1到2024这2024个数中被3除余1，且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则（    ）
A．2130 B．2734 C．2820 D．3019
【答案】B
【分析】依题意，数列是1为首项，公差为15的等差数列，利用等差数列的性质求的值.
【详解】能被3除余1，且被5除余1的数为能被15除余1的数，
按从小到大的顺序排成以1为首项，公差为15的等差数列，则，
所以，，
所以．
故选：B．
5．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列结论：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，则至少与，中一个平行
则下列说法正确的是（    ）
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
【答案】C
【分析】根据空间中的直线与平面、平面与平面的位置关系逐项判断即可.
【详解】对于①，垂直于同一条直线的两个平面平行，所以①正确；
对于②，若，，则或，所以②错误；
对于③，由，得或与相交，故③错误；
对于④，，，则至少与，中一个平行，故④正确．
故选：C．
6．已知函数，若，则的最小值是（    ）
A．1 B． C．3 D．
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，由题意为函数最大值，可求的取值.
【详解】由条件可知，函数，且，
所以为函数最大值，
所以，所以，
因为，所以当时，的最小值为3．
故选：C．
7．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱与梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱至少各1人，且甲、乙两人安排在同一个舱内的分配方案有（    ）
  
A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
【答案】B
【分析】根据分组分配法安排计算即可.
【详解】首先将甲，乙，丙，丁、戊5名航天员分为3组，其中甲、乙在一组，其他3人中还有2人在一组，共有种分法，然后再将三组分配到三个工作舱，其中一人的一组在问天实验舱或梦天实验舱，得所有的方法共有种不同的方案．
故选：B．
8．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据分段函数的解析式，利用分类讨论、构造函数求最值和二次函数的性质，求解实数的取值范围
【详解】当时，，由，可得，
设，可得，时，，在上单调递增，
可得，，即；
当时，，
故的解为或，
时，要满足恒成立，只需满足，即．
综上，，即实数a的取值范围为．
故选：C．

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．“万事俱备，只欠东风”，则“东风”是“赤壁之战东吴打败曹操”的必要不充分条件
B．若是的必要不充分条件，是的充要条件，则是的充分不必要条件
C．方程有唯一解的充要条件是
D．表示不超过的最大整数，表示不小于的最小整数，则“”是“”的充要条件
【答案】AB
【分析】根据充分条件和必要条件的定义依次判断各选项即可.
【详解】对于A，“东风”是“赤壁之战东吴打败曹操”的必要条件，但不是充分条件，故A正确；
对于B，若是的必要不充分条件，则，；
若是充要条件，则，；
则有，，即是的充分不必要条件，故B正确；
对于C，当时，方程可化为，也满足唯一解的条件，故C错误；
对于D，依题意，得，，所以“”“”，即充分性成立；
反之不成立，如，，，不能推出“”，即必要性不成立，故D错误．
故选：AB．
10．棱长为2的正方体的展开图如图所示．关于该正方体，下列说法正确的是（    ）
  
A．
B．平面
C．平面平面
D．动点在正方体的表面上运动，为中点，且，则点的运动轨迹围成的面积为
【答案】ABC
【分析】先还原正方体，由正方体性质可判断A；正方体性质结合线面垂直判定定理可判断B；先利用正方体性质证明平面，然后由面面垂直判定定理可判断C；先证平面，利用平行关系确定点P轨迹，然后可得面积，判断D.
【详解】由展开图还原正方体，如下图．
    
对于A，，且，四边形是平行四边形，，故A正确；
对于B，平面，平面，，
又，，平面，
平面，故B正确；
对于C，平面，平面，，
，，、平面，
平面，又平面，
平面平面，故C正确；
对于D，，，且，所以平面，
又平面，所以．
同理，又，平面
所以平面．
分别取、、、、的中点，，，，，
连接，，，，，，
易知，
所以，，，，，六点共面，且所在平面平行于平面，
又平面，所以平面
点的轨迹是正六边形的边，
点的轨迹围成的面积为，故D错误．
故选：ABC．
11．数列满足，，，则（    ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，记数列的前项和为，则
D．当方程有唯一解时，存在正实数，使得恒成立
【答案】ABC
【分析】对于A，可得数列从第2项起，每一项是它的前一项的3倍，因为，所以可求得；对于B，可得数列是以为首项，2为公比的等比数列，从而得出；对于C，易知，所以，可推出，，由此可得；对于D，取，由构造函数，利用导数得出单调性，可知有唯一解．，由指数函数比变化的速度快，得出结论．
【详解】对于A，因为，则，
则，即数列从第2项起，每一项是它的前一项的3倍，
因为，所以，所以，故A正确；
对于B，当时，，则，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，故B正确；
对于C，因为，由易知对任意的，，
所以，
因为，所以，
由可得，所以，
所以，
所以，
故有，故C正确；
对于D，取，若，即．
令，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
故，故有唯一解，即有唯一解．
，，
由指数函数比变化的速度快，得越来越大，且无最大值，
故不成立，故D错误．
故选：ABC．
12．已知抛物线，为坐标原点，为焦点，其准线过点，过点的直线与抛物线交于，两点，直线与交于另一点，直线与交于另一点，则（    ）
A．抛物线上一点到焦点的距离为3，则点到原点的距离为
B．
C．直线的斜率为
D．若为抛物线上位于轴上方的一点，，则当取最大值时，的面积为2
【答案】ABD
【详解】因为准线过点，所以，所以抛物线的方程为，
当直线的斜率为0时，不合题意；当直线的斜率不为0时，
设，，，．
对于A，设，，，，
则点到原点的距离为，故A正确；
对于B，当直线的斜率为0时，不合题意；当直线的斜率不为0时，
设直线的方程为，联立，
化为，，，，
，
故B正确；
对于C，设直线的方程为，
代入抛物线方程可得：，或，，
由B得，类比选项B可得，
，故C错误；
对于D，过作准线的垂线交准线于点，如图所示：
  
由抛物线的定义知：，即，
当取最大值时，取最小值，即直线和抛物线相切，
设直线的方程为，联立，整理得，
故时，，解得，此时，所以，
由于点在轴的上方，故．所以，故D正确．
故选：ABD．

三、填空题
13．的展开式的各个二项式系数之和为512，则展开式中含有的系数为__________．
【答案】27
【分析】根据二项式系数的性质求出，再根据通项公式可求出结果.
【详解】因为的展开式的各个二项式系数之和为512，所以，解得，
所以展开式的通项为，令，则，
所以展开式中含有的系数为．
故答案为：27．
14．探空气球是将探空仪器带到高空进行温度、大气压力、湿度、风速、风向等气象要素测量的气球，利用探空仪将实时探测到的大气垂直方向上的气象数据反馈给地面雷达，通过数据处理，成为全球预报员制作天气预报的重要依据.大气压强对气球能达到的最大高度和停留时间有非常大的影响.已知大气压强随海拔高度（单位：）的变化规律是，其中是海平面大气压强.若探空气球在，两处测得的大气压强分别为，，且，那么，两处的海拔高度的差约为______.（参考数据：）
【答案】11000
【分析】结合指数运算、对数运算求解即可.
【详解】因为，，且，所以，
即，两边取对数得，
所以，
所以，两处的海拔高度差约为.
故答案为：11000.

四、双空题
15．在中，点满足，若线段上的一点满足（，），则__________，的最小值为__________．
【答案】 1 12
【分析】第一空，根据平面向量基本定理，由，，三点共线可得，可得；第二空，利用基本不等式可得.
【详解】如图，
  
，，，
，，三点共线，
，且，，
，
当且仅当，即时等号成立，的最小值为12．
故答案为：1，12．

五、填空题
16．如图，等腰直角三角形中，，，是边上的动点（不与，重合）过作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________ ．
  
【答案】
【分析】设，，表示出三棱锥的体积，利用导数研究单调性，求最大值.
【详解】由题意知：，，将沿折起，由棱锥结构特征可知，相同的点E位置，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时平面，
设，，，
，，
令，得或，又，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，．
故答案为:．

六、解答题
17．已知数列的前项和，对于，都满足，且．
(1)求；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先证明数列是首项为1，公差为1的等差数列，再求出即可；

（2）裂项相消求和可解.
【详解】（1）时，，，
又，数列是首项为1，公差为1的等差数列．
，经验证，时也成立，．
（2），

．
18．已知的内角的对边分别为，且．
(1)求角A；
(2)若的外接圆半径为1，求的周长的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理余弦定理；
（2）根据题意结合正弦定理求得，再利用余弦定理结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
整理得，则，
又因为，则．
（2）由正弦定理，可得，
由余弦定理得，
整理得，当且仅当时，等号成立，
所以的周长为，
当且仅当时，取等号，的周长取到最大值．
19．动点与两定点，的连线的斜率之积为，动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于，两点，直线与轴交于点，为坐标原点，求四边形的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设动点，根据题意建立方程组，化简整理即可得到的方程；
（2）先判断直线斜率存在，再设直线方程为，，，联立直线和的方程，从而得到关于x 的一元二次方程，根据，得到，再根据韦达定理得到，的值，再代入四边形的面积表达式中，再利用换元法和基本不等式即可求得四边形的面积的最大值．
【详解】（1）设动点，
由，，则，，
所以，整理得，
故的方程为．
（2）当直线斜率不存在时，，，，四点共线，无法构成四边形，因此，直线斜率存在．
设直线方程为，，，
联立，消整理得，
则，，，
四边形的面积．
令，则，可得，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以四边形的面积最大值为．
    
【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x (或y)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， (或，)的形式；
⑤代入韦达定理求解．
20．某大学为调研学生在，两家餐厅用餐的满意度，从在，两家餐厅都用过餐的学生中各随机抽取了200人，每人分别对这两家餐厅进行评分，满分为60分．整理评分数据，将分数分成6组：，，，，，，得到餐厅分数的频率分布直方图和餐厅分数的频数分布表：
  
餐厅分数的频数分布表：
分数区间
频数

4

6

10

30

80

70
定义学生对餐厅评价的“满意度指数”如下：
分数



满意度指数
3
4
5
(1)在抽样的200人中，求对餐厅评价“满意度指数”为4的人数；
(2)从该校在，两家餐厅都用过餐的学生中随机抽取1人进行调查，试估计其对餐厅评价的“满意度指数”比对餐厅评价的“满意度指数”低的概率；
(3)如果从，两家餐厅中选择一家用餐，从期望的角度你会选择哪一家？并说明理由．
【答案】(1)80人
(2)0.32
(3)会选择餐厅用餐，理由见解析

【分析】（1）由频率分布直方图求出对餐厅“满意度指数”为4的频率，再由频数与频率的关系求对应的频数即可；
（2）由条件分别求出事件对餐厅“满意度指数”为3和4的概率，再求对餐厅评价‘满意度指数为4和5的概率，结合概率加法及乘法公式求解；
（3）分别求对餐厅评价的“满意度指数”和对餐厅评价的“满意度指数”的分布列，再由期望公式求各自的期望，根据期望大小确定结论.
【详解】（1）由对餐厅评分的频率分布直方图，
得对餐厅“满意度指数”为4的频率为，
所以，对餐厅评价“满意度指数”为4的人数为（人）．
（2）设“对餐厅评价‘满意度指数’比对餐厅评价‘满意度指数’低”为事件．
记“对餐厅评价‘满意度指数’为3”为事件；“对餐厅评价‘满意度指数’为4”为事件；
“对餐厅评价‘满意度指数’为4”为事件；“对餐厅评价‘满意度指数’'为5”为事件．
所以，，
由频率估计概率得：，．
因为事件与事件，事件与事件，事件与事件都相互对立，
所以
，
所以该学生对餐厅评价的“满意度指数”比对餐厅评价的“满意度指数”低的概率为0.32．
（3）设对餐厅“满意度指数”为，对餐厅“满意度指数”为，则
随机变量的取值有，
，
所以对餐厅“满意度指数”的分布列为：

3
4
5

0.2
0.4
0.4
随机变量的取值有，
，
所以餐厅“满意度指数”的分布列为：

3
4
5

0.1
0.55
0.35
所以，，
因为，
所以如果从学生对，两家餐厅评价的“满意度指数”的期望角度看，会选择餐厅用餐．
21．如图，斜四棱柱中，底面为等腰梯形，，在平面内的投影落在上，且．
  
(1)求证：；
(2)若，且平面与平面夹角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明，再证明.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量，
由平面夹角的余弦值得的值，求直线与平面所成的角正弦值.
【详解】（1）等腰梯形中，，，
作交于，如图所示，则是菱形，，
是等边三角形，则，，，
所以，即，又，所以．

（2）平面，平面，，
又，，所以，而由（1）知，因此．
因为，，两两相互垂直，所以以为坐标原点，射线，，分别为，，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
  
则，，，，，，
则，，所以，
由条件可知，，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，取平面的法向量，
设平面与平面夹角为，由条件可知，
又因为，得到，
因为，则（负值舍去），
即，，
设直线与平面所成的角为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
22．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：对任意的，都有.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负，得增减区间；
（2）不等式变形为，令，由的单调确定其有唯一零点，得出为极小值点，也是最小值点，证明最小值即得.
【详解】（1）函数的定义域是，，
则，
当时，在恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
综上：当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）当时，，
证明，即证明，
令，则问题转化为证明对任意的，.
，
令，则，所以在时单调递增，
又，，所以存在，使得．
即，即，所以在单调递减，在单调递增，
所以，
因为，且，结合基本不等式得：，因此不等式得证.
【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式，一般都是把不等式化简后引入新函数，由导数得出新函数的最值，证明最值符合不等关系即可证原不等式．这里对导函数的零点不能求得具体数，可以得出其存在性，得出其性质（范围），然后利用导数的零点化简原函数的最值，以证结论.