2022-2023学年福建省福州市八县（市）协作校高二下学期期末联考数学试题含答案

福州市八县（市）协作校2022—2023学年第二学期期末联考

高二数学试卷

【完卷时间：120分钟；满分：150分】

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【分析】解一元二次不等式化简集合，再根据并集的运算求解即可.

【详解】，

因为，所以.

故选:B.

2. 若复数z满足，则复数z的虚部为（    ）

A. -I B.  C. -1 D. 1

【答案】C

【分析】设，根据条件，利用复数的运算法则即可求出结果.

【详解】设，因为，所以，故，得到，

故选为：C.

3. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【分析】首先求，再代入二倍角的正切公式，即可求解.

【详解】因为，所以，

.

故选：A

4. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层（即第一层）有 1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……．若“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【分析】由题意，根据等差数列求和公式，写出通项公式，可得答案.

【详解】由题意可得：，，，，，

对于A，，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，，故C错误；

对于D，，故D错误.

故选：D.

5. 已知p：，q：，则p是q的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分

C. 充分必要 D. 既不充分也不必要

【答案】D

【分析】分别取与即可求解.

【详解】取，满足，但不成立，故充分性不成立；

取，满足，但不成立，故必要性不成立.

所以p是q的既不充分也不必要条件.

故选:D.

6. 已知四边形ABCD是平行四边形，， 若EC与BD交于点O，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【分析】结合图形，利用平面向量基本定理的推论，即可求解.

【详解】由题意可知，，所以，

因为三点共线，所以，得.

故选：A

7. 设点、分别是椭圆的左、右焦点，点、在上（位于第一象限）且点、关于原点对称，若，，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【分析】分析可知，四边形为矩形，设，则，利用椭圆定义可得出与的等量关系，利用勾股定理可得出与的等量关系，由此可得出椭圆的离心率的值.

【详解】如下图所示：

由题意可知，为、中点，则四边形为平行四边形，则，

又因为，则四边形为矩形，

设，则，所以，，

由 勾股定理可得，

所以，该椭圆的离心率为.

故选：B.

8. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【分析】分别构造函数与，利用导数求单调性即可比较大小.

【详解】设，

则.

令，

则,

所以函数在上单调递增，所以,即,

所以在上单调递增,所以,

所以,即，即.

设,

所以,

所以在上单调递增,所以,

所以,即,即,即.

综上所述，.

故选:C.

【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 对实数a，b，c，d，下列命题中正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，，则

C. 若，，则

D. 若，则的最小值是2

【答案】BC

【分析】利用不等式的性质，对ABC三个选项逐一分析判断即可判断出正误；选项D，利用基本不等式即可判断出正误.

【详解】选项A，当，，故选项A错误；

选项B，因为，，所以，由不等式性质知，，故选项B正确；

选项C，，，所以，由不等式性质知，，故选项C正确；

选项D，因为，，当且仅当时取等号，所以等号取不到，选项D错误.

故选：BC.

10. 已知圆O：和圆M：相交于A，B两点，点C是圆M上的动点，定点P的坐标为，则下列说法正确的是（    ）

A. 圆M的圆心为，半径为1

B. 直线AB的方程为

C. 线段AB的长为

D. 的最大值为6

【答案】BCD

【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径即可判断选项A的正误；联立两圆的方程求得的方程可判断选项B的正误；由点到直线的距离公式及垂径定理求得的长判断选项C的正误，利用圆上动点到定点距离最大值为定点到圆心距离和半径和，可判断出选项D的正误.

【详解】选项A，因为圆M的标准方程为，

所以圆心圆心为，半径为1，故选项A错误；

选项B，因为圆O：和圆M：相交于A，B两点，

两圆相减得到，即，故选B正确；

选项C，由选项B知，圆心到直线的距离为，

所以，故选项C正确；

选项D，因为,，所以，又圆的半径为1，

故的最大值为，故选项D正确.

故选项：BCD.

11. 已知，函数，下列选项 正确的有（    ）

A. 若的最小正周期，则

B. 当时，函数的图像向右平移个单位长度后得到的图像

C. 若在区间上只有一个零点，则的取值范围是

D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是

【答案】AC

【分析】由余弦函数周期的公式，可判定A正确；利用三角函数的图像变换，可判定B错误，由在区间上只有一个零点，列出不等式组，求得的范围，可判定C正确；根据在区间上单调递增，列出不等式组，求得的范围，得到当时，不等式有解，可判定D错误；

【详解】选项A，由余弦函数图像与性质，可得，又，所以得，所以选项A正确；

选项B，当时，可得，将函数的图象向右平移个单位长度后得

，所以选项B错误；

选项C，若在区间上只有一个零点，由，

得到解得，所以，得到，所以C正确,

选项C，若在区间上单调递增，则，

解得，

又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以D错误；

故选：AC．

12. 在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则（    ）

A. 异面直线与所成角的余弦值为

B. 过点、、的平面截正方体所得的截面周长为

C. 当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的体积为

D. 点为正方形内一点，当平面时，的最小值为

【答案】ABD

【分析】利用异面直线所成角的定义可判断A选项；作出截面，求出截面周长，可判断B选项；将三棱锥补成长方体，计算出长方体的外接球半径，结合球体体积公式可判断C选项；分别取、、的中点、、，连接、、、、，证明出平面平面，分析可知，当时，平面，计算出三边边长，求出的最小值，可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为，所以，异面直线与所成角为，

因为，则，

，故异面直线与所成角的余弦值为，A对；

对于B选项，延长分别交直线、于点、，

连接交于点，连接交于点，连接、，

故过点、、的平面截正方体所得的截面为五边形，

因为，则，则，

因为，则，则，，

因为，，，

则，故，同理可得，

因为，，，则，

同理可得，

又因为，

因此，五边形的周长为，B对；

对于C选项，因为平面，，

将三棱锥补成长方体，如下图所示：

其中，，

则长方体的外接球直径为，

故，因此，三棱锥的外接球的体积为，C错；

对于D选项，分别取、、的中点、、，

连接、、、、，

因为且，点、分别为、的中点，所以，且，

故四边形为平行四边形，则且，

又因为且，所以，且，

故四边形为平行四边形，所以，且，

因为且，、分别为、的中点，

所以，且，故四边形为平行四边形，则，

所以，，

又因为平面，平面，所以，平面，

同理可证平面，

因为，、平面，所以，平面平面，

因为平面，且平面，

则当时，平面，则有平面，

因为，同理可得，，

当时，即当点为的中点时，的长取最小值，

此时，，D对.

故选：ABD.

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；

④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 平潭城关中学校团委准备开展高三“喊楼”活动，决定从学生会文娱部的3名男生和2名女生中，随机选取2人负责活动的主持工作，则恰好选中一名男生和一名女生的概率为______．

【答案】##06

【分析】基本事件总数，两人恰好是一名男生和一名女生包含的基本事件个数，由此能求出两人恰好是一名男生和一名女生的概率．

【详解】从3名男生和2名女生中随机选取两人，
基本事件总数，
两人恰好是一名男生和一名女生包含的基本事件个数，
则两人恰好是一名男生和一名女生的概率是．
故答案为:．

14. 请写出一个同时满足下列个条件的函数：______．

①；②；③在上单调递增；

【答案】（答案不唯一）

【分析】取，利用正弦型函数的基本性质逐项验证①②③，可得结果.

【详解】取，则该函数的定义域为，

对于①，，①满足；

对于②，，②满足；

对于③，当时，，则，

所以，函数在上单调递增，③满足.

故答案为：（答案不唯一）.

15. 已知向量，的夹角为，且，，则向量在向量上的投影向量为______．（用表示）

【答案】

【分析】根据投影向量的计算公式求解即可.

【详解】因为向量，的夹角为，且，，所以，

向量在向量上的投影向量为.

故答案为:.

16. 已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】求出函数的导函数，依题意存在唯一的变号正实根，即存在唯一的变号正实根，当符合题意，当时参变分离可得没有除之外的正实根，构造函数，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围.

【详解】函数的定义域为，且

，

依题意可得存在唯一的变号正实根，

即存在唯一的变号正实根，

当时，，方程只有唯一变号正实根，符合题意，

当，方程，即没有除之外的正实根，

令，则，

所以当时，，当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，解得

此时，当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

则函数存在唯一的极值点，合乎题意.

综上可得.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．

17. 已知数列满足，．

（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（2）求数列落入区间的所有项的和．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【分析】（1）由已知可得，利用等比数列的定义证明结论，从而可求出的通项公式，

（2）解不等式，即得的范围，再利用分组求和求解.

【小问1详解】

由，可知，，

得，且，

所以数列是首项为3，公比为2的等比数列，

所以，即；

【小问2详解】

由题意，即，

解得：，即，

故落入区间的项为，

所以其和

.

18. 为了促进五一假期期间全区餐饮服务质量的提升，平潭某旅游管理部门需了解游客对餐饮服务工作的认可程度．为此该部门随机调查了500名游客，根据这500名游客对餐饮服务工作认可程度给出的评分分成，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求直方图中x的值和第80百分位数；

（2）为了解部分游客给餐饮服务工作评分较低的原因，该部门从评分低于80分的游客中用分层抽样的方法随机选取30人作进一步调查， 求应选取评分在的游客人数；

（3）若游客的“认可系数”（）不低于0.85．餐饮服务工作按原方案继续实施，否则需进一步整改根据你所学的统计知识，结合“认可系数”，判断餐饮服务工作是否需要进一步整改， 井说明理由．

【答案】（1），第80百分位数为；   

（2）10；    （3）“餐饮服务工作”需要进一步整改，理由见解析；

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，求出的值，再根据百分位数的计算规则计算可得；

（2）首先求出三组的比例，再按照分层抽样计算可得；

（3）求出平均数，即可判断.

【小问1详解】

由图可知：，解得.  

因为内的频率为，

所以第百分位数位于区间内，设为，

所以，解得，

所以第百分位数为.

【小问2详解】

低于分的学生中三组学生的人数比例为，

则应选取评分在的学生人数为：（人）；

【小问3详解】

由图可知，认可程度平均分为：

，

所以“餐饮服务工作”需要进一步整改.

19. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．

（1）证明：；

（2）若，，，求AM的长度．

【答案】（1）证明见解析   

（2）2

【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；

（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.

【小问1详解】

由，

得，

则，

由正弦定理和余弦定理得：，

化简得；

【小问2详解】

如图：

在中，，

又因为，所以，

所以，

所以，

由，得，

在中，

，

所以.

20. 如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．

（1）若平面，确定的位置.

（2）已知平面ABC，且．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值．

【答案】（1）见解析    （2）

【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，由面面平行的性质即可得线线平行，即可求解；

（2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解.

【小问1详解】

连接,

由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,

平面, 平面,故平面,

又平面，且平面， ，

所以平面平面，又平面平面,

平面平面,故,

由于是的中点,故是的中点，

故点在边的中点处，平面;

【小问2详解】

因为平面，平面,

所以,又平面,

故平面,由于平面,所以 ,

由（1）知：在边的中点，是的中点,

所以,进而，

连接,由

所以四边形为平行四边形，

故 ,由于平面，因此平面，

故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，

则，

故 ，

设平面的法向量为，

则，取，则，

又，

故，

当且仅当，即时取等号，

所以的最大值为.

21. 如图，正六边形ABCDEF的边长为4．已知双曲线的焦点分别为A，D，两条渐近线分别为直线BE，CF．

（1）建立适当的平面直角坐标系，求的方程；

（2）过点A的直线l与交于P，Q两点，，若点M满足，证明：点M在一条定直线上．

【答案】（1）   

（2）见解析

【分析】（1）由题意，建立平面直角坐标系，利用双曲线渐近线方程以及焦距的定义，结合其标准方程，可得答案；

（2）由题意，设出直线方程，联立直线与双曲线，写出韦达定理，利用向量数乘的坐标表示，建立方程，解得动点坐标，可得答案.

【小问1详解】

如图，连接交于点，以点为坐标原点，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，

则，，即，，

，，直线方程：，

，则，，则，解得，，

双曲线.

【小问2详解】

由题意，直线的斜率存在，则其方程可设为，

联立可得，消去可得：，

，，化简得，

设，则，，

，，，，，

设，，，

，，则，，

，，

，，

，解得，

由，，则在同一直线上，即，

故在直线上.

【点睛】圆锥曲线与直线问题解题关键思想为：设而不求，联立直线方程与圆锥曲线方程并化简整理一元二次方程，写出韦达定理，结合题目中的其他等量关系，联立方程即可.

22. 已知函数，其中、．

（1）若，讨论函数的单调性；

（2）已知、是函数的两个零点，且，证明：．

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【分析】（1）若，求得，分和两种情况，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；

（2）根据题意得到，要证，转化为，令，求得，得出函数的单调性，得出，再设，求得，得到，即可求解.

【小问1详解】

解：若，即，可得，

①若，则，即的减区间为，无增区间；

②若，令得，令可得，

此时，函数的减区间为，增区间为.

综上所述，当时，函数的减区间为，无增区间；

当时，函数的减区间为，增区间为.

【小问2详解】

证明：由题意知、是的两个零点，且，

即，，

所以，即，

要证：，只需证：，

即证：，即证：，令，

即证：，

令，可得，

即在上单调递增，则，即，

设，有，

所以在上单调递减，则，即.

综上可得：.

【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.