浙江省衢州五校联盟2022-2023学年高二数学普通班上学期期末联考试题（Word版附解析）

衢州五校联盟2022学年第一学期高二年级期末联考普通班数学试题命题学校：龙游中学审题学校：常山一中考生须知：1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的概念可求出结果.【详解】因为，，所以.故选：B2.双曲线的焦距是（）A.1B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线方程求出，从而可求出焦距.【详解】由，得，则， 所以双曲线的焦距为，故选：D3.已知空间向量，，若，则的值是（）A.B.C.0D.2【答案】B【解析】【分析】依题意可得，即可得到方程组，解得、、，即可得解.【详解】解：因为，，且，所以，即，即，所以，所以.故选：B4.为评估一种新品种玉米的种植效果，选取n块地作试验田，这n块地的亩产量（单位：）分别为，下面给出的指标中可以用来评估这种玉米亩产量稳定程度的是（）A.平均数B.的众数C.中位数D.的标准差【答案】D【解析】【分析】结合数据特征逐一判断即可.【详解】对A项，平均数是体现集中趋势的一项指标，故A项不符合；对B项，众数体现的是出现次数最多的数，故B项不符合；对C项，中位数将数据分为前后两部分，体现的是数据的“中等水平”，故C项不符合；对D项，标准差体现的是数据的离散程度，可以用来评估产量稳定程度，故D项符合.故选：D5.“方程表示椭圆”是“”的（） A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据二元二次方程表示椭圆可直接构造不等式组求得的范围，结合推出关系可得结果.【详解】若方程表示椭圆，则，解得：或；或；或；“方程表示椭圆”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【详解】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.7.等比数列中，，，记为数列的前项积，则的最大值是（） A256B.512C.1024D.2048【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式求出和，得和，再根据二次函数知识与指数函数单调性可求出结果.【详解】设公比为，由，得，所以，所以，因为，所以当或时，取得最大值，又，所以的最大值是.故选：C8.已知函数是定义域为的偶函数，当时，，如果关于的方程恰有11个不同的实数根，那么的值等于（）A.B.C.7D.9【答案】A【解析】【分析】作出函数的图象，令，根据图象，转化为关于的方程恰有2个根和，根据韦达定理求出和可得结果.【详解】作出函数的图象如图： 令，则，若关于的方程恰有一个实根，则关于的方程最多有个实根，不符合题意；所以关于的方程恰有2个实根，设为和，则关于的方程和共有11个实根，由图可知，必有，或，，即关于的方程恰有2个根和，所以，解得，，所以.故选：A【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.二、选择题：本大题共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.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则下列说法正确的是（） A.圆锥的高是B.圆锥的母线长是4C.圆锥的表面积是D.圆锥的体积是【答案】BD【解析】【分析】根据圆锥侧面展开图可求得圆锥母线和高，进而得到其体积和表面积，即可判断出正确选项.【详解】设圆锥母线为，高为，侧面展开图的弧长与底面圆周长相等，由弧长公式得，即；所以圆锥的母线长是4，即B正确；高为，所以选项A错误；圆锥的表面积是，故C错误；圆锥的体积是，即D正确.故选：BD10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期是B.若为奇函数，则的一个可取值是C.的一条对称轴可以是直线D.在上的最大值是1【答案】AC【解析】【分析】化简的解析式，根据周期公式求出最小周期可知A正确；由得到，，不存在整数使得，可知B不正确；根据可知C正 确；根据正弦函数的图象求出最大值，可知D不正确.【详解】，所以的最小正周期是，故A正确；若为奇函数，则，，，，由得不是整数，故B不正确；因为，故C正确；当时，，，所以当时，在上的最大值是，故D不正确；故选：AC11.已知斜率为的直线经过抛物线：的焦点，且与抛物线交于，两点，则下列说法正确的是（）A.对任意实数，均有B.存在实数，使得C.若，则D.若，则中点到轴的距离是3【答案】ACD【解析】【分析】由题意可知直线的方程为：，联立直线方程与抛物线方程得，由韦达定理可得，，对于A，利用韦达定理计算即可； 对于B，由抛物线的焦点弦公式可知：=，令，求解即可；对于C，由，可得，进而可得，，代入，计算即可；对于D，只需计算点的横坐标是否为3即可判断.【详解】解：由题意可得，，准线方程为，所以直线的方程为：，由，可得，所以，，所以，故A正确；由抛物线的焦点弦公式可知：=，令，解得，故B错误；当时，即有，所以有，又因为，所以，解得或（舍），当时，，所以，即，解得，故C正确；当时，即有，所以，所以， 所以中点的横坐标为3，所以中点到轴的距离是3，故正确.故选：ACD.12.已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是体对角线上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（）A.存在某一位置，与垂直B.三棱锥体积的最大值是C.当最大时，三棱锥的外接球表面积是D.二面角的正切值是【答案】ABD【解析】【分析】易知，当点与点重合时，此时与垂直，即A正确；根据几何体特征可知的面积为定值，点到平面的距离最大时体积最大，可判断B；经观察可知，当最大时，三棱锥的外接球球心位置难以用几何法确定，所以建立空间直角坐标系设出球心坐标，利用半径相等构造方程组解得球心坐标求出半径，即可算出球的表面积，可判断C错误；利用几何法将二面角转化成平面与平面所成的角即可求得正切值.【详解】对于A，当点与点重合时，平面，而平面，所以与垂直，即A正确；对于B，如下图所示 易知，所以，且为定值，三棱锥的体积最大时，只需满足点到平面的距离最大即可，取的中点为，则平面与平面是同一平面；易知，当点与重合时，点到平面的距离最大，作于，易知平面，所以即为点到平面的距离，由三角形相似可得，且，得因此三棱锥体积，故选项B正确；对于C，由余弦定理得，易知当最大时，满足与重合，与重合，如下图所示：以为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，则设外接球球心坐标为则联立解得，得外接球半径为，所以三棱锥的外接球表面积是，所以C错误； 对于D，连接，二面角即为平面与平面所成的角，如下图所示：易得，所以即为二面角的平面角，由于，由余弦定理可得，所以，即，所以二面角的正切值是.即选项D正确，故选：.【点睛】方法点睛：对于正方体中不规则几何体的外接球问题，可以建立空间直角坐标系设出球心坐标，利用半径相等构造方程组解得球心坐标求出半径，即可算出球的表面积或体积.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，，则______________.【答案】2【解析】【分析】指数式化为对数式得到，再结合换底公式求出.【详解】由得到，故故答案：214.德国数学家阿甘得在1806年公布了虚数的图像表示法，形成由各点都对应复数的“复平 面”，后来又称“阿甘得平面”.高斯在1831年，用实数组代表复数，并建立了复数的某些运算，使得复数的某些运算也像实数一样的“代数化”.若复数满足，则复数的模是______________.【答案】【解析】【分析】直接计算得，根据复数模的公式即可得到答案.【详解】，，则其模为，故答案为：.15.已知实数满足，则的最小值是______________.【答案】【解析】【分析】将已知等式配凑为，根据，利用基本不等式可求得结果.【详解】由得：，因为，，，，当且仅当即时取等号， 的最小值为.故答案为：.16.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过左焦点的直线与双曲线的左支交于，两点，且，线段的中垂线恰好经过点，则双曲线的离心率是______________.【答案】##【解析】【分析】设，则，所以，再结合双曲线的定义可求出，然后在和中利用余弦定理列方程可求出的关系，从而可求出离心率.【详解】设，则，，因为线段的中垂线恰好经过点，所以，所以，所以，，，因为，所以，因为，所以，所以，所以 ，化简得，所以，所以离心率，故答案为：四、答题第：第17题10分，18-22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.从①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面横线处并解答.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足____________.（1）求角A；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）选①②③答案均为（2）.【解析】【分析】（1）选①②，利用正弦定理和正弦和角公式得到，求出；选③，利用正弦定理得到，利用余弦定理得到，求出；（2）由余弦定理和基本不等式，求出，从而求出面积的最大值.【小问1详解】若选①，由正弦定理得：，所以，因为，所以， 因为，所以，所以，因为，所以；选②，由正弦定理得：，所以所以，因为，所以，所以，因为，所以；选③，由正弦定理得：，所以，所以，因为，所以；【小问2详解】因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以面积的最大值为.18.已知过点的直线被圆截得的弦长的最大值为，且点在圆内.（1）求实数的值及圆的标准方程；（2）若点为直线上一动点，点是圆上的动点，求长度的最小值. 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由圆的方程可确定圆心和半径，根据最长弦为直径可构造方程求得；由点在圆内可得范围，进而确定的值，并得到圆心和半径，由此可写出圆的标准方程；（2）根据圆的几何性质可知所求最小值为圆心到直线距离减掉半径，结合点到直线距离公式可求得结果.【小问1详解】由圆的方程可得：圆心，半径，过点的最长弦为直径，，解得：；又点在圆内，，即，，此时圆心，半径，圆的标准方程为.【小问2详解】圆心到直线的距离，.19.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.衢州市某学校为提高学生对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，已知所有学生的竞赛成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的竞赛成绩作为样本，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值，并估计这40名学生竞赛成绩的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）利用比例分配的分层随机抽样方法，从成绩不低于80分的学生中抽取7人组成创建文明城市知识宣讲团.若从这选定的7人中随机抽取2人，求至少有1人竞赛成绩位于区间的概率.【答案】（1），平均数74.5，中位数为75；（2）.【解析】【分析】（1）利用各小矩形的面积和为1可求，利用组中值可求平均数，利用面积等分可求中位数.（2）利用列举法及古典概型的概率公式可求概率.【小问1详解】由于图中所有小矩形的面积之和等于1，所以，解得.所以样本中40名学生的竞赛成绩的平均数.设这40名学生的竞赛成绩的中位数为，由于前2组频率之和为0.35，前3组频率之和为0.65，故中位数落在第3组，于是有，解得.即这40名学生的竞赛成绩的中位数为75.【小问2详解】由分层随机抽样可知，在区间应抽取5人，记为a，b，c，d，e，在区间应抽取2人，记为A，B，从中任取2人的所有可能结果为：，，，，，，，，，，，，，，，，， ，，，，共21种.其中至少有一人测试成绩位于区间内有：，，，，，，，，，，，共11种.所以，至少有一人的测试成绩位于区间内的概率为.20.如图，等腰梯形中，，点M是AB的中点，将沿着CM翻折到，使得平面平面AMCD，E、F分别为CM、PA的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD中点G，连接FG，CG，先证明四边形CEFG是平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理可证平面PCD；（2）以为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据平面的法向量可求出结果.【小问1详解】在等腰梯形中，因为，点M是AB的中点，所以且，取PD中点G，连接FG，CG，则，，所以，，所以，，所以四边形CEFG是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，连接，则为等边三角形，故，以为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：设，则，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为则，所以，取，则设平面的一个法向量为则，所以,取，得，得所以，根据图形可知，该二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.21.已知数列的前项和为.若对任意，都有 （1）求，的值；（2）求证：数列为等比数列；（3）记，数列的前项和为，求证：.【答案】（1），（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，令、计算可得；（2）根据，作差得到，即可得到，从而得证；（3）由（2）可得，则，利用裂项相消法求和即可得证.【小问1详解】解：因为，令，可得，解得，令，可得，解得.【小问2详解】证明：当时，所以，即，所以因为，所以所以数列是首项为，公比为3的等比数列. 【小问3详解】证明：由（2）可知，所以所以所以22.已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，其左、右顶点分别为A、B，右焦点为F.（1）求椭圆的方程；（2）如图，过右焦点F作不与x轴重合的直线交椭圆于C、D两点，直线AD和BC相交于点M，求证：点M在定直线上；（3）若直线AC与（2）中定直线相交于点N，在x轴上是否存在点P，使得.若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）证明见解析（3）存在点或满足题意.【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式求出可得结果； （2）设直线方程为，、，代入，得到和，写出直线和的方程，利用和求出点的横坐标，根据点的横坐标为定值可得点M在定直线上；（3）假设存在点满足题意，求出的坐标，根据求出即可得解.【小问1详解】由题可知，所以，由，得，所以，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由题可知，，，且直线的斜率不为0，设直线方程为，、，由消去得，恒成立，所以，，所以，所以，所以直线方程为，直线方程为，联立，消去得，得， 得，得，所以点的横坐标为定值，所以点M在定直线：上.【小问3详解】假设存在点满足题意，直线的方程为，由（2）可知点，，则，解得或，所以存在点或满足题意.