浙江省宁波市九校2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版含解析）

宁波市2022学年第一学期期末九校联考高二数学试题第I卷一､选择题：本题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角；【详解】解：直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，所以故选：A2.设一组样本数据的均值为2，方差为，则数据的均值和方差分别为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合平均数与方差的计算公式，即可求解.【详解】根据题意，易知新数据的平均数为；方差为.故选：D.3.设，向量，且，则（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果.【详解】向量，且，∴，解得∴，∴，选项C正确.故选：C．4.对空间中任意一点和不共线的三点，能得到在平面内的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】用向量来判定点在平面内，只需要满足：（）【详解】因为A、B、C三点不共线，则不共线，若四点共面，则存在唯一的一组实数使得，即，变形得，对于，，整理得，则，所以在平面内，故选项正确；对于，，可得：则，故不在平面内，故选项错误；对于C，，可得：，则，故不在平面内，故选项C错误；对于，，可得： 则，故不在平面内，故选项错误；故选：5.过双曲线内一点且斜率为的直线交双曲线于两点，弦恰好被平分，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，则有，，将两点的坐标代入双曲线方程相减，再结合的关系，可得，从而可得，从而可得答案.【详解】解：由题意可得，且，又因为，所以，即有，所以，所以，所以，所以，所以.故选：C.6.已知函数及其导函数满足，则（） A.B.0C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，对原式进行求导，然后令，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，则令，则，解得故选:A7.已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，离心率分别为，椭圆的长轴恰好被双曲线的焦点､顶点､中心平分为若干条等长线段，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意确定椭圆顶点坐标、双曲线顶点坐标、焦点用表示，进而可求解.【详解】不妨设焦点在轴上，根据题意，若双曲线的实轴长为，则椭圆的实轴长为，则有椭圆的左右顶点为，双曲线左右顶点为，焦点为，所以，所以，故A错误，B正确；，故C错误；，故D错误，故选:B.8.已知对任意恒成立，其中常数且，则（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】首先求得；当时，可知单调递增，分别在和的情况下，说明存在的区间，可知不合题意；当时，根据单调性可求得最小值，由可整理得到结果.【详解】由题意知：定义域为，；①当时，，在上单调递增，且；若，即，则当时，，不合题意；若，即，则，，，使得，则当时，，不合题意；②当时，若，则；若，则；在上单调递减，在上单调递增，，若恒成立，则，即；综上所述：且.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够将问题转化为，从而分别在和的情况下讨论的单调性，进而由单调性确定最小值.二､多选题本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若动点满足（且）其中点是不重合的两个定点），则点的轨迹是一个圆，该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆.已知点，，动点满足，点的轨迹为圆，则（）A.圆的方程为B.若圆与线段交于点，则 C.圆上有且仅有两个点到直线的距离为D.设动点，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】设点代入关系式化简可得的轨迹方程为一个圆，可判断AB；利用圆心且与直线的距离为，且，可判断C；利用，转化为圆心到点的距离加上圆的半径后，再平方再减去25可判断D.【详解】设，由得，整理得，即，故A正确；在上，所以，故B正确过圆心且与直线平行的直线方程为，圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，因为，所以在直线与直线之间的圆弧上有两个点到直线直线的距离为，在直线的另一侧的圆上还有两个点到直线的距离为，共有4个点，故C错误；设动点，所以，则，即求圆上的点到点的距离的平方减去25的最大值，转化为圆心到点的距离加上圆的半径后，再平方再减去25即可，所以，故D正确.故选：ABD.10.如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（） A.B.C.平面的一个法向量为D.平面与平面所成角的正切值为【答案】BC【解析】【分析】根据题意，得到各点的坐标，结合空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题意可得对于A，因为，则，故A错误；对于B，因为，则，所以，故B正确；对于C，因为，，设平面的法向量为，则，解得，令，则所以平面的一个法向量为，故C正确；对于D，因为，设平面的法向量为 则，解得，令，则平面的一个法向量为设平面与平面所成角为，则显然平面与平面所成角为锐二面角，即，则，所以，故D错误；故选:BC11.已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点，则下列说法正确的是（）A.抛物线的准线方程为B.C.若，则的斜率为D.是过焦点且与垂直的弦，则【答案】BCD【解析】【分析】A选项，将抛物线方程写出标准形式，求出准线方程，A错误；B选项，设出直线方程为，与抛物线方程联立后，根据韦达定理求出两根之积；C选项，由，得到，结合两根之积，求出，分两种情况，结合两根之和求出的值，进而求出直线的斜率；D选项，利用焦点弦长公式求出，从而结合斜率关系求出，得到. 【详解】变形为，准线方程为，A错误；设过焦点的直线方程为，与抛物线联立得：，则，，B正确；因为，所以，代入中，解得：，当时，，则，解得：，故直线的斜率为，当时，，则，解得：，故直线的斜率为，则的斜率为，C正确；由焦点弦长公式可得：，是过焦点且与垂直的弦，同理可得：，故，D正确.故选：BCD12.已知，若整数满足，则的大小关系可能为（）A.B. C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对两边同时取对数，令，对求导得出单调性，即可求出的单调性，即可得出答案.【详解】因为，对两边同时取对数，所以令，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，由复合函数“同增异减”的原则，可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以若，则，若，则可能，若，则可能.当，则，但因为为整数，而在区间不存在正整数，所以不成立.故选：BCD.第II卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲乙丙三人进行射击练习，已知甲乙丙击中目标的概率分别为，则三人中至少有两人击中目标的概率为__________.【答案】##【解析】【分析】根据题意，分别求得三人均未击中目标与只有一人击中目标的概率，然后用减去其概率之和，即可得到结果.【详解】根据题意，三人均未击中目标的概率为；只有一人击中目标的概率为 所以三人中至少有两人击中目标的概率为故答案为:14.过点的直线与椭圆交于两点，则的最大值是__________.【答案】【解析】【分析】根据联立后弦长公式和换元法以及二次函数得最值即可求解.【详解】①当直线斜率存在时，设直线方程为：联立，得，即，所以，所以，令，则原式，令，则原式，当时取得最大值，此时，.②当直线斜率不存在时， 所以的最大值是.故填：.15.已知四棱锥的底面为边长为2的正方形，分别为和的中点，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由面到点的距离的最小值转化为点到面的距离的最小值，建立合适的空间直角坐标系，由点到面的距离即可求得平面上任意一点到底面中心距离的最小值.【详解】四棱锥的底面为边长为2的正方形，连接且相交于点，则点是底面中心，，取的中点，连接，则，又，又，面又面，面面又，为面与面的交线，平面面又面，面，以点为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，设到平面的距离为， 则令，则，代入距离公式得，故答案为：.16.已知不等式恒成立，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】法一：利用同构得到，即，构造，，利用导函数求出其最小值，得到；法二：先代入求出，再构造函数，证明其必要性即可.【详解】法一：变形为，构造，定义域，则在上恒成立， 所以在单调递增，故，两边平方后变形得到，构造，，则，当时，，当时，，故在处取得极小值，也是最小值，可知，故，的最大值为；法二：中令得：，解得：，当时，只要证，，其中，显然成立，以下是证明过程：构造，，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，故，，只要证，即，由于，故只要，构造，，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，故，，综上：可得的最大值为.故答案为： 【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.2022年10月16日至10月22日中国共产党第二十次全国代表大会在北京顺利召开，会后各地掀起了学习贯彻二十大精神的热潮.某中学在进行二十大精神学习讲座后，从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试（试卷满分100分），并记录下他们的成绩，其中成绩分组区间是：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，并整理得到如下频率分布直方图，已知图中前三个组的频率依次构成等差数列.（1）求这部分学生成绩的中位数､平均数（保留一位小数）；（2）为了更好的了解学生对二十大精神的掌握情况，学校决定在成绩较高的第四､五组中用分层抽样的方法抽取5名学生，进行第二轮面试，最终从这5名学生中随机抽取2人作为校二十大精神的宣传员，求85分（包括85分）以上的同学恰有1人被抽到的概率.【答案】（1）中位数为，平均数为（2）【解析】【分析】（1）根据题意，结合平均数，中位数的定义，代入计算，即可得到结果.（2）根据题意，结合古典概型的计算公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意可知：，解得设中位数为，则.故中位数为 平均数为【小问2详解】由分层抽样得最终5名学生中第四组有4人､第五组有1人故85分（包括85分）以上的同学恰有1人被抽到的概率为18.①圆与直线相切；②圆被直线截得的弦长为；在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解.已知圆经过点，圆心在直线上，且__________.（1）求圆的标准方程；（2）已知圆与圆关于直线对称，过原点的直线交圆于两点，求弦中点的轨迹方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①，设圆心，求出圆心到的距离可得圆的半径，再由可求出圆心坐标，从而可求出圆的方程；若选②，设圆心，求出圆心到的距离，再由弦长，弦心距和半径的关系列方程可求出圆心和半径，从而可求得圆的方程；（2）先利用对称的关系求出圆的方程，再由在以为直径的圆上，从而可求出其轨迹方程.【小问1详解】选①设圆心，圆心到的距离，所以，解得，所以圆心所以圆C：选②设圆心，圆心到的距离， 因为圆被直线截得的弦长为，所以圆的半径为，因为圆经过点，所以，解得，解得，圆C：【小问2详解】设圆心（3，2）关于的对称点为，则，解得所以圆，因为过原点的直线交圆于两点，弦中点为，所以所以在以为直径的圆上，设，则轨迹方程为，即.19.已知函数（1）若函数存在两个极值点，求的取值范围；（2）若在恒成立，求的最小值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）函数存在两个极值点，等价于有两个不同的解，利用判别式大于零求解即可；（2）在恒成立，即，转化为求的最大值，利用导数即可得答案.【小问1详解】 因为，所以因为函数存在两个极值点，所以有两个不同的解，所以，解得或【小问2详解】在恒成立，即恒成立，令，则因为，设，在上都递减，所以在上递减，所以，当时，，此时，在上递增，当时，，此时，在上递减，所以，所以，即20.已知直角三角形中，，分别是边中点，将和分别沿着翻折，形成三棱锥是中点（1）证明：平面；（2）若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先证，，再根据线面垂直的判定可证结论成立；（2）取的中点，连，以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系，根据线面角的正弦值的向量公式可求出结果.【小问1详解】因为为中点，所以；又因，平面平面，平面，，所以平面，又平面，所以，因为平面，平面，，所以平面【小问2详解】取的中点，连，则，由（1）可知两两垂直，以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图：由，得，，设平面的一个法向量，由，取，得，，得，设，则， ，解得，故21.已知双曲线过点，左右顶点分别为，过左焦点且垂直于轴直线交双曲线于两点，以为直径的圆恰好经过右顶点.（1）求双曲线的标准方程；（2）若是直线上异于的一点，连接分别与双曲线相交于，当轴正半轴上的虚轴端点到直线的距离最大时，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，又因为双曲线过点，解方程即可求出双曲线的标准方程；（2）[法一]记的斜率分别为，由题意可得，设与双曲线的方程联立，表示出，代入化简得，可得直线过定点，当到直线的距离最大时，即可求出直线的方程；[法二]设点设代入，表示出的坐标，同理表示出的坐标，即可求出直线的方程，可得直线过定点，当到直线的距离最大时，即可求出直线的方程.【小问1详解】因为以为直径的圆恰好经过右顶点，所以，所以， ，设代入得，故【小问2详解】[法一]记的斜率分别为又故，设代入，，代入化简得不过，直线过定点当到直线的距离最大时，此时即[法二]设点代入同理由可得 则直线即所以直线过定点当到直线的距离最大时，此时即.22.已知函数（1）讨论函数的零点的个数；（2）若函数有两个零点，证明：【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将问题转化为与交点个数的讨论；求得后，根据的正负可确定的单调性和最值，由此可得的图象；分别在、和的情况下，根据交点个数确定零点个数；（2）设，可知，设，求导后可证得在上单调递减，从而确定，代入和，结合单调性可证得，从而将所证不等式转化为；不等式右侧部分恰为方程的两根之差的绝对值，即的形式，则可结合的变形形式，构造 ，求导后，结合零点存在定理可求得的单调性，得到，即，令，其两根为，可知，结合韦达定理可得，由此可得结论.小问1详解】令，则，令，则零点个数即为与交点个数；，令，解得：，则当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，由此可得图象如下图所示，当，即时，与有两个不同交点；当，即时，与有唯一交点；当，即时，与无交点；综上所述：当时，有两个不同零点；当时，有唯一零点；当时，无零点.【小问2详解】不妨设，由（1）中与关系可知：； 令，，则，令，则，在上单调递减；，，，则，在上单调递减，，即，又，，又，，，，在上单调递增，，即；则只需证即可，令，则，令，则，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，，，，，使得，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，即，则，令，则， ，则两根为，且，，，，.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数零点个数、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够利用极值点偏移求解方法确定，从而将所证不等式进行放缩，进一步通过构造函数的方式证得不等式.