福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

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【解析】【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.-IB.C.-1D.1【答案】C【解析】【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 【解析】【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：A4.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【解析】【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【解析】【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【解析】【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：A7.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【解析】【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【解析】【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【解析】【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1B.直线AB的方程为C.线段AB的长为D.的最大值为6【答案】BCD【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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）【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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）【解析】【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；【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【解析】【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）【解析】 【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【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【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.