浙江省衢温51联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省衢温51联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 设，，，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
衢温“5+1”联盟2022学年第二学期期中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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求.1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先分别求两个集合，再求交集.【详解】，解得：，所以,，即，所以.故选：D2. 已知复数，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数运算法则把展开，再根据复数相等解出、的值，进而求解.【详解】解：因为复数，且，所以，即，解得，则.故选：.3. 函数的图象大致为（    ）A  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再根据函数值的大小，结合排除法进行排除即可.【详解】记函数，定义域为R，，则是偶函数，图象关于y轴对称，排除AC，又，排除D.故选∶B.4. 随着杭州亚运会的临近，吉祥物“琮琮、莲莲、宸宸”开始走俏国内外.现有个完全相同的“宸宸”，甲、乙、丙位体育爱好者要与这个“宸宸”站成一排拍照留念，则有且只有个“宸宸”相邻的排队方法数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先将位体育爱好者进行排序，将其中两个“宸宸”捆绑，形成一个“大元素”，再将“大元素”与另外一个“宸宸”插入位体育爱好者所形成的空位中（包括两端），结合分步乘法原理可得结果.【详解】先将位体育爱好者进行排序，共有种排法，因为个“宸宸”完全相同，将其中两个“宸宸”捆绑，形成一个“大元素”，再将“大元素”与另外一个“宸宸”插入位体育爱好者所形成的空位中（包括两端），由分步乘法计数原理可知，不同的排队方法种数为种.故选：C.5. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，是线段的中点，是线段的中点，则点到平面的距离是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用锥体体积公式，，结合垂直关系求的面积，即可求点到平面的距离.【详解】，点到底面的距离，所以，，，因为平面，平面，所以,且，，平面，平面，所以平面，且平面，所以，所以，因为是线段的中点，是线段的中点，所以，因为，所以,，设点到平面的距离为，则，即.故选：A6. 如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（    ）A.  B.  C. 15 D. 20【答案】C【解析】【分析】设球的半径为，分别表达出球，圆柱的体积和表面积，求出，利用二项式定理得到通项公式，求出常数项.【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的底面积为，高为，故圆柱的体积为，故，球的表面积为，圆柱的表面积为，故，故，展开式中的通项公式为，令，解得，故常数项为.故选：C7. 已知圆和点，为坐标原点，若圆上存在点满足，则的最大值为（    ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C【解析】【分析】利用已知求出点的轨迹方程，再利用两圆的几何关系即可求出的最大值.【详解】设，由可得，整理得，∴点在圆上，且圆心为,半径为，又∵点在圆上，∴圆与圆有公共点，∴，且,∴，则最大值为，故选：.8. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用构造函数的方法比较大小即可.【详解】先比较和，令，则，令，则，当时，，即，所以，即，所以在内单调递减，且，所以，所以在内单调递减，且，所以，即，故，排除和;再比较和，令，，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，即在处取得最小值，故（当时等号成立），，故.故选：.二、选择题：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. 空间直角坐标系中，已知，，，，则（    ）A. B. 是等腰直角三角形C. 与平行的单位向量的坐标为或D. 在方向上的投影向量的坐标为【答案】AC【解析】【分析】本题考查空间向量的坐标运算，利用向量的加减法得出坐标，再利用向量的模长公式，可判断A选项；计算出三角形三条边长，可判断B选项；与已知向量平行的单位向量计算公式：可判断C选项；根据在方向上的投影向量与向量共线的性质，可判断D选项.【详解】根据空间向量的线性运算，，选项A正确；计算可得，三条边不相等，选项B不正确；与平行的单位向量为：选项C正确；在方向上的投影向量与向量共线，，选项D不正确，故选：AC.10. 已知函数，则（    ）A. 函数在处的切线方程是B. 函数的单调递减区间为C. 函数有唯一的零点D. 函数的最大值为3【答案】BC【解析】【分析】由导数的几何意义求得切线方程判断A；利用导数研究函数的单调性和极值，进而判断B、D；C中函数零点问题可以转化为函数的零点问题，利用导数研究其单调性并结合零点存在定理可得出其只有一个零点，进而得出C正确.【详解】，则，所以函数在处的切线方程是，即，故A错误；令，，当时，；当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，，故B正确，D错误；，等价于，令，，即函数在上单调递增，且，即函数在上存在唯一零点，即函数有唯一的零点，故C正确；故选：BC11. 《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．如图正方体的棱长为2，点是该正方体的侧面上的一个动点（含边界），且平面，，分别是棱，的中点，则下列结论正确的是（    ）A. 直线与直线不可能垂直B. 三棱锥的体积为定值C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为D. 阳马的外接球与内切球的半径之比为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可判断A和C；根据平面即可判断B；利用等体积法即可判断D，从而得出答案．【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，所以 ，，，则，， 设平面的一个法向量为，则,取，则，因为点是该正方体的侧面上的一个动点（含边界），所以设点，其中，则，对于A：因为平面，所以，即，得，所以，所以，因为，所以，当时，，即直线与直线垂直，故A错误；对于B：设点到平面的距离为，则三棱锥的体积为，又因为平面，所以点到平面的距离为定值，又因为为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C：由上述结论得，，平面的一个法向量为，直线与平面所成角的正弦值为，因为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确；对于D：易得阳马的外接球的直径为，所以外接球半径，易得，，，，，由等体积法得即，解得，所以，故D正确，故选：BCD．12. 已知为坐标原点，为抛物线上一点，直线与交于，两点，过，作的切线交于点，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 若点为，且直线与倾斜角互补，则C. 点在定直线上 D. 设点为，则的最小值为3【答案】ABC【解析】【分析】直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可判断AB；分别求点处的切线方程，联立切线方程求点的坐标，即可判断C；设，利用两点间距离，结合二次函数求最值，即可判断D.【详解】A.设，，联立，得，，，，故A正确；B.因，直线与倾斜角互补，所以，，得，且，即，且解得：，故B正确；C.设点在轴上方，在轴下方，，，轴上方的抛物线方程为，轴下方的抛物线方程为，此时在点处的切线的斜率，点处的切线的斜率，所以点处的切线方程为，点处的切线方程为，方程化简为，，两式相除化简得，故C正确；D.设，,，当时，的最小值为，故D错误.故选：ABC非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13. 在三次独立重复射击中，若至少有一次击中目标的概率为，则每次射击击中目标的概率是______.【答案】##【解析】【分析】设每次射击击中目标的概率为，根据相互独立事件及对立事件的概率公式计算可得；【详解】设每次射击击中目标的概率为，则，即，所以，所以；故答案为：14. 已知数列为等差数列，其前项和为，若，则______.【答案】##【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据可得出、的等量关系，进而可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，因此，.故答案为：.15. 若，则______.【答案】【解析】【分析】利用两角和的正切公式以及正弦二倍角公式恒等变形即可求出.【详解】∵，∴，∴，两边平方得，∴.故答案为：.16. 已知椭圆的左右顶点为，，点为直线上一点，若的外接圆的面积的最小值为，则该椭圆的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】设为外接圆的圆心且在在轴上，由已知可得外接圆半径且，则，进而求离心率.【详解】若为外接圆的圆心，半径为，则，故，由外接圆圆心为各边中垂线的交点知：必在轴上（不妨令其在轴上方），所以，故，则.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. 已知等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，为数列的前项和，求证：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，可得，当时，由可得，两式作差可得出，根据数列为等比数列可得其公比，进而可求得的值，由等比数列的通项公式可求得数列的通项公式；（2）计算可得，利用裂项相消法可证得结论成立.【小问1详解】解：对任意的，，当时，则，当时，由可得，上述两个等式作差可得，可得，因数列为等比数列，故其公比为，所以，，解得，所以，.【小问2详解】解：，因此，.18. 在2023年3月10日，十四届全国人大一次会议在北京召开.中共中央总书记、国家主席、中央军委主席习近平在十四届全国人大一次会议闭幕会上发表重要讲话.出席全国两会的代表委员和全国各地干部群众纷纷表示，这一重要讲话坚定历史自信、饱含人民情怀、彰显使命担当、指引前进方向，必将激励我们在新征程上团结奋斗，开拓创新，坚定信心，勇毅前行，作出无负时代、无负历史、无负人民的业绩，为推进强国建设、民族复兴作出应有贡献.某社区为调查社区居民对这次会议的关注度，随机抽取了60名年龄在的社区居民，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求选取的社区居民平均年龄及选取的社区居民年龄的中位数；（2）现若样本中和年龄段的所有居民都观看了会议讲话，社区计划从样本里这两个年龄段的居民中抽取3人分享此次观看会议的感受，设表示年龄段在的人数，求的分布列及期望.【答案】（1）    （2）分布列见解析，期望为1【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数和中位数的公式，计算求值；（2）利用超几何分布求概率，再根据分布列求期望.【小问1详解】选取的社区居民平均年龄，因为，，所以中位数落于区间之间，中位数为；【小问2详解】因为社区居民年龄在）内的人数为人，在内的人数为6人，所以的可能取值为0,1,2,3,则，，，，故的分布列为0123期望为.19. 在中，角，，的对边分别为，，.若为锐角三角形，且满足.（1）证明：；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用三角形内角和等于， 即，再结合三角恒等变换的公式化简，并结合正弦定理“角化边的性质”得出结论；（2）结合余弦定理，将已知条件“角化边”，得到，，的等式关系，结合面积公式即可求出，，，进而求出三角形的周长.【小问1详解】证明：由题意可得：所以展开整理得∵为锐角三角形∴∴∴.【小问2详解】∵∴∵  整理得，∴∴，∴，∵，∴∴，∴的周长为.20. 如图，在三棱锥中，已知侧面是边长为2的等边三角形，，点为侧棱的中点.（1）求证：；（2）若，，若直线与平面所成角的正切值为，求的值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，即可得到、，从而得到平面，即可得证；（2）解法1：取的中点，连接，则，由已知可得，，即可得到平面，则，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；解法2：取的中点，连接，则，由已知可得，，即可得到平面，则，即可得到平面，作，连接，即可得到平面，直线与平面所成的角就是，设，利用相似三角形及勾股定理求出，即可得解.【小问1详解】取的中点，连接，，∵，∴，∵，∴，又，平面，∴平面，∵平面，∴.【小问2详解】解法1：取的中点，连接，则，由已知，，中，∵，，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴，又，，平面，∴平面，∴为平面的法向量，以的中点为原点，分别以，为空间直角坐标系的，轴，以垂直于平面的直线为轴，则，，，在直角三角形中，，，，所以，，∴，，，设，则，∵直线与平面所成角的正切值为，∴直线与平面所成角的正弦值为，∴，解得，而，即，得，所以.解法2：取的中点，连接，则，由已知，在，中，∵，，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴，又，，平面，∴平面，如图，作，连接，∴平面，直线与平面所成的角就是，由已知得直线与平面所成角，设，则在三角形和中，由得，同理得，所以，在直角三角形中，，所以在直角三角形中有，即解得，而，所以.21. 设函数，.（1）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围；（2）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得在有两个不等实根，即可得到且，从而求出参数的取值范围；（2）方法一：（分类讨论），当时根据说明即可，当时求出函数的导函数，分、两种情况讨论，结合函数的单调性，即可得解；方法二：（分离参数），依题意可得恒成立，设，利用导数说明函数的单调性，参变分离可得恒成立，只需，设，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解.【小问1详解】函数的定义域为，，因为存在两个极值点，所以在有两个不等实根，所以且，解得且，即实数的取值范围为.【小问2详解】方法一：（分类讨论）令，则，所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以在处取得极大值，又，所以恒成立，即，当时，，符合题意；当时，，①若，对恒成立，在单调递增，，符合题意；②若，则（ⅰ）当，，恒成立，在单调递减，只需，所以；（ⅱ）当时，，恒成立，在单调递增，只需，所以均符合题意；（ⅲ）当时，，当，，当，，所以在单调递增，在单调递减，则，而当时，，均成立，所以符合题意.综上所述，.方法二：（分离参数）恒成立，设，，则，由在单调递增，得，即，所以在单调递增，所以，所以恒成立，只需.设，，则 设，，则，所以在单调递减，所以，（或者由）,从而得，故在单调递增，所以，所以.【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．22. 已知离心率为2的双曲线的左右顶点分别为，，顶点到渐近线的距离为.过双曲线右焦点的直线与双曲线交于，（异于点，）两点.（1）求双曲线的标准方程；（2）记，，的面积分别为，，，当时，求直线的方程；（3）若直线，分别与直线交于，两点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；    （2）；    （3）定值，.【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组，解之即可求解；（2）根据题意设直线，联立方程组将面积的表达式表示出来，根据面积的值进而求解；（3）根据题意设出直线的方程，求出点，的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.【小问1详解】设双曲线的焦距为，取一条渐近线为，又，则由题意可得，故双曲线的标准方程为；【小问2详解】由题意可得直线的斜率不为0，设直线，，.联立，消去整理得，当时，，则，.当与双曲线交于两支时，，，，不合题意；当与双曲线交于一支时， ，，则，得，故；【小问3详解】直线的方程为，令，得，则.直线的方程为，令，得，则.因为，所以，，，故，即，故为定值.