浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期浙南名校联盟期末联考高二年级数学学科试题考生须知：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、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.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.选择题部分一、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【解析】【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：B2.已知复数满足，则复数的实部和虚部之和为（）A.3B.C.1D.【答案】C【解析】【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【解析】【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：B4.已知，，若向量在向量上的投影向量为，则（）A.2B.C.1D.【答案】A【解析】【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：A5.已知函数的部分图象如图所示，则可能为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【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【解析】【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：C7.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【解析】【分析】设直线方程为：，，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【解析】【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、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.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（） AB.估计这次考试的75%分位数为82.4C.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【解析】【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：BD10.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【解析】【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：ABD11.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【解析】【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：BC12.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【解析】【分析】由椭圆和双曲线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非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.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 【解析】【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：6414.若直线截圆所得弦长，则的值为______.【答案】或【解析】【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：或15.设，若数列前项和为，，，则______.【答案】54【解析】【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：5416.已知实数，满足，则的取值范围为______.【答案】【解析】【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：本大题共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.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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】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，.【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】因为，为数列的前项积，所以，因为是公比为等比数列，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，【小问2详解】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.【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.【小问1详解】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：.【小问2详解】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.【小问3详解】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X567P21.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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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【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.【小问1详解】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；【小问2详解】 （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.