2022-2023学年浙南名校联盟高二下学期期末联考数学试题含答案

2022-2023学年浙南名校联盟高二下学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】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

【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

【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

【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

【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

【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

【分析】设直线的方程为：，，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

【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、多选题

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

【答案】BD

【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

【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

【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

【分析】由椭圆和双曲线的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

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      .

【答案】64

【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

【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，

故答案为：或

15．设，若数列前项和为，，，则      .

【答案】54

【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】

【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

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)

【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.

【详解】（1）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.

（2）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)

【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.

【详解】（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．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

【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.

【详解】（1）因为，为数列的前项积，所以，

因为是公比为的等比数列，

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．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.

【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.

【详解】（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：，

X的分布列为

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)

【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.

【详解】（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，

所以双曲线的方程为.

（2）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

【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.

【详解】（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.

【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.