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

北斗联盟2022学年第二学期期中联考高二年级数学学科试题

选择题部分

一、单选题：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】根据集合，按照交集的定义直接运算即可.

【详解】因为，，所以.

故选：B.

2. 设复数满足，则的虚部是（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的除法运算求解.

【详解】因为，所以，

所以的虚部是，

故选:C.

3. 沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为（    ）

A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，问题转化为求，根据圆锥体积公式计算即可.

【详解】如图，

依题意可知，

，所以，1小时小时．

故选：B．

4. 平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．

【详解】设

①，

，②，

与向量(1，0)夹角为钝角，，③，

由①②③解得，，

故选：D．

5. 定义运算：，将函数的图象向左平移 的单位后，所得图象关于轴对称，则的最小值是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可得，再根据平移得到的函数为偶函数，利用对称轴即可解出.

【详解】因为，所以，其图象向左平移个单位，得到函数的图象，而图象关于轴对称，所以其为偶函数，于是，即，又，所以的最小值是．

故选：C.

6. 概率论起源于博弈游戏．17世纪，曾有一个“赌金分配“的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．问这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率“的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是

A. 甲48枚，乙48枚 B. 甲64枚，乙32枚

C. 甲72枚，乙24枚 D. 甲80枚，乙16枚

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．

【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为，

假设两人继续进行比赛，甲获取96枚金币的概率，

乙获取96枚金币的概率，

则甲应该获得枚金币；乙应该获得枚金币；

故选：C．

【点睛】本题主要考查概率在实际问题中的应用，涉及到独立事件的概率，考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.

7. 已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】对，，进行变形，构造，，求导后得到其单调性，从而判断出，，的大小.

【详解】，，，

令，，

则，

因为，所以，

令，，

在上恒成立，

故，

所以在上恒成立，

故在上单调递减，

所以，即

故选：D

【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，本题中变形得到，，，所以构造，，达到比较大小的目的.

8. 已知函数，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用导数研究函数并画出图象，设，要使关于的方程恰有4个不相等的实数根，等价为方程有两个不同的根，且，，设，列式求解即可.

【详解】∵，

当时，（时取等号），，

当时，，即在上为增函数，

当时，，即在上为减函数，

在处取得极大值.

当时，，即在上为减函数，

作出函数的图象如图所示：

设，

当时，方程有1个解，

当时，方程有2个解，

当时，方程有3个解，

当时，方程有1个解，

当时，方程有0个解，

方程等价为，

要使关于的方程恰有4个不相等的实数根，

等价为方程有两个不同的根，且，，

设，

则 ，解得，

故选：D．

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. 已知数列，下列结论正确的有（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则数列是等比数列 D. 若，则

【答案】AB

【解析】

【分析】对于A，根据数列递推式可求得，判断A；对于B，根据数列递推式可推出数列是以为首项，3为公比的等比数列，从而求得，判断B；根据等比中项性质可判断C；对于D，利用取到数的方法可求得，即可求得，判断D.

【详解】选项A.由得，故A正确；

选项B.由，得，

所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，

则，即，所以，故B正确；

选项C.由，得当时，，

当时，

当时，，

显然，所以数列不是等比数列，故C错误；

选项D.由，可得，

所以数列 是1为首项为公差的等差数列，

所以，则，故，D错误，

故选：AB

10. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（    ）

A. ，M，O三点共线 B. 平面

C. 直线与平面所成角的为 D. 直线和直线是共面直线

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误.

【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确；

由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确；

设正方体边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确；

直线与直线异面直线，故D项错误.

故选：ABC.

11. 已知顶点在原点的抛物线，，过抛物线焦点的动直线交抛物线于、两点，当直线垂直于轴时，面积为8.下列结论正确的是（    ）

A. 抛物线方程为.

B. 若，则的中点到轴距离为4.

C. 有可能为直角三角形.

D. 的最小值为18.

【答案】ABD

【解析】

【分析】直线垂直于轴时，面积为8，可求得，得到抛物线方程，验证选项A，利用抛物线焦点弦的性质求的中点到轴距离验证选项B，设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理和向量数量积求内角的范围验证选项C，利用韦达定理和基本不等式证明选项D.

【详解】当直线垂直于轴时，面积为，，故A正确；

若，有、两点到准线距离之和为12，则的中点到准线距离为6，故的中点到轴距离为，B正确；

设直线：，联立可得，由韦达定理知，，，故.

一定是钝角三角形，C错误；

，D正确.

故选：ABD

12. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262-公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知，圆上有且仅有一个点满足，则的取值可以为（    ）

A. 1 B. 3 C. 5 D. 7

【答案】AC

【解析】

【分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由题意可得两圆相切，进而可求得r的值．

【详解】设动点，由，得，

整理得，表示圆，圆心坐标为，半径为2，

又圆上有且仅有一个点满足，所以两圆相切.

圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，

当两圆外切时，，得，

当两圆内切时，，，得．

故选：AC.

非选择题部分

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知是等差数列的前项和，且，则_______________.

【答案】

【解析】

【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组计算即可.

【详解】设等差数列的公差为，首项为，

则，解得：，.

故答案：.

14. 写出一个满足下列条件的正弦型函数：_____________.（1）最小正周期是；（2）在上单调递增；（3），都存在使得.

【答案】（答案不唯一，都可以）

【解析】

【分析】设，根据，都存在使得，可得，根据最小正周期为，可得，由在上单调递增得到，取即可.

【详解】设，

因为，都存在使得，所以，所以，

因为最小正周期为，所以，则，，因为在上单调递增，

所以，所以，

当时，，不妨取，此时．

故答案为：（答案不唯一，都可以）

15. 点是抛物线的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为_______________.

【答案】##

【解析】

【分析】不妨设,由与抛物线相切求得，求得椭圆中的，从而得到椭圆的离心率.

【详解】

由题意知 不妨设,则在函数上，

故所以,解得，

所以，，

又点恰好在以，为焦点的椭圆上，所以，,

所以，，

故答案为：

16. 已知所在平面与矩形所在平面互相垂直，且满足，则多面体的外接球的表面积为__________．

【答案】

【解析】

【分析】

取中点，是矩形对称线交点，连接EF,FG，作，可设是外接球球心．求出半径即可得面积．

【详解】取中点，是矩形对称线交点，连接EF,FG，作，由已知是等边三角形，，又平面平面，平面，平面平面，∴平面，则平面．

设是外接球球心，由平面和平面得，是直角梯形，设，而，，，

∴，

即，解得，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积，解题关键是确定外接球的球心位置，从而求得球半径．棱锥的外接球球心一定在过各面外心用与此面垂直的直线．

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. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，∠B＝45°．

（1）求边BC的长以及三角形ABC的面积；

（2）在边BC上取一点D，使得，求tan∠DAC的值．

【答案】（1）；；   

（2）

【解析】

【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求解，结合面积公式求得面积；

（2）在中，由正弦定理可以求出，再利用与互补可以求出，得出是钝角，从而可得为锐角，即可求出和的值，利用展开代入数值即可求解，从而求解tan∠DAC的值．

【小问1详解】

在中，因为，，，

由余弦定理，

得

所以解得：或（舍）

所以，

【小问2详解】

在中，由正弦定理，

得.

所以

在中，因为，

所以为钝角.

而，

所以为锐角

故

因为，

所以，

，

由题可知∠DAC为锐角，

所以．

18. 为了应对国家电网用电紧张的问题，了解我市居民用电情况，我市统计部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：kW·h），并将得到数据按如下方式分为9组：[0，40），[40，80），…，[320，360]，绘制得到如下的频率分布直方图：

（1）试估计抽查样本中用电量在[160，200）的用户数量；

（2）为了解用户的具体用电需求，统计部门决定在样本中月均用电量为[0，40）和[320，360]的两组居民用户中随机抽取两户进行走访，求走访对象来自不同的组的概率．

【答案】（1）26    （2）

【解析】

【分析】（1）根据题意频率分布直方图中的矩形面积和为得样本落在的频率为，再根据频率，频数关系求解即可；

（2）根据古典概型列举基本事件个数，利用古典概型概率公式计算即可.

【小问1详解】

解：由直方图可得，样本落在，，，的频率分别为0.02，0.15，0.27，0.23，

落在，，，的频率分别为0.09，0.06，0.04，0.01．

因此，样本落在的频率为：

所以样本中用电量在的用户数为．

【小问2详解】

解：由题可知，样本中用电量在的用户有4户，设编号分别为1，2，3，4；

在的用户有2户，设编号分别为，，

则从6户中任取2户的样本空间为：

，共有15个样本点．设事件“走访对象来自不同分组”，

则，

所以，从而．

所以走访对象来自不同的组的概率为.

19. 已知数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）时，可得，时，代入，两式相减可得通项公式；

（2）利用裂项相消法可求.

【小问1详解】

因为，

当时，可得；

当时，可得，

两式相减得，即，

所以数列的通项公式为

【小问2详解】

当时，，

当时，，

则

.

20. 如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足．

（1）求证：平面；

（2）已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；

（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.

【小问1详解】

因为点在底面内射影恰好是点，

所以面.

因为面,所以.

因为是的中点，且满足．所以，所以.

因为，

所以，即,所以.

因为,面,面,

所以平面.

【小问2详解】

∵面，∴直线与底面所成角为，即.

因为，所以

由（1）知，，因为，所以，.

如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.

则,,,,所以，

设，由得，，即.

则.

设平面BDC1的一个法向量为，则

，不妨令，则.

因为面，所以面的一个法向量为

记二面角的平面角为，由图知，为锐角.

所以,即.

所以二面角的大小为.

21. 已知双曲线过点，且右焦点为.

（1）求双曲线的方程：

（2）过点的直线与双曲线的右支交于两点，交轴于点，若，求证：为定值；

（3）在（2）的条件下，若点是点关于原点的对称点，求三角形的面积的取值范围.

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）根据双曲线过点及双曲线定义求得，写出双曲线方程；

（2）联立直线：与双曲线方程得韦达定理，由用表示，将韦达定理代入后计算为定值；

（3）将表示为的函数，分析单调性求范围.

【小问1详解】

依题意，双曲线的左焦点为，由双曲线定义知，

的实轴长，

因此，

所以双曲线的方程为.

【小问2详解】

由（1）知，双曲线的渐近线方程为，

依题意，直线的斜率存在，且，

设直线的方程为：，

由，消去并整理得：，设，

则，

而点，则，

因为，则有，即，同理，

所以，为定值.

【小问3详解】

由（2）知，点，，，

因为，令，而函数在上单调递减，即，

因此，所以.

所以三角形的面积的取值范围.

22. 已知函数.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若有经过原点的切线，求的取值范围及切线的条数，并说明理由；

（3）设函数的两个极值点分别为，且满足，求实数的取值范围.

【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为   

（2）或；或时，有且仅有一条切线；时，存在两条切线，理由见解析   

（3）

【解析】

【分析】（1）求导，根据导数的正负求解；

（2）设切点为，由导数几何意义可得，整理得，设，根据的图象，判断方程根的个数，得出结论；

（3）求得，由题意是方程的两个正根，从而可得，不妨设，计算得，由题意得，令，根据在上的单调性求得，进而得的范围.

【小问1详解】

当时，∴

当时，，当时，，

∴单调递减区间为，单调递增区间为

【小问2详解】

，显然原点不在曲线上，设切点为，

∵，∴

∴，即，

显然，∴，

设，∴，

当时，，当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，∴，

且；当时；当时，

作出的大致图象，如图，

若有经过原点的切线，则直线与的图象有交点，

由图可知，或，即的取值范围是：或.

其中，当或，即或时，有且仅有一条切线，

当，即时，存在两条切线；

综上：或时，有且仅有一条切线，时，存在两条切线.

【小问3详解】

，

∴，

∵是函数的两个极值点，

∴是方程的两个正根.

∴，即，不妨设，

则

，

∴，

由，得，即，

令，∴，

∴在上单调递增，且，

∴，∴，

函数，

因为，则函数单调递减，所以，当时，.

∴.