浙江省杭州市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卷两部分，考试结束，只需上交答题卡等内容，欢迎下载使用。

2022学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测
数学试题卷
考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！
3．考试结束，只需上交答题卡．
选择题部分（共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的．
1. 直线的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，
又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，
故选：A.

2. 若是空间的一个基底，则也可以作为该空间基底的是（ ）
A. B. ，，
C. ，， D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间基底概念逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对选项A：，因此向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项B：，因此向量，，共面，故不能构成基底，错误；
对选项C：假设，即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，正确；
对于选项D：，因此向量共面，故不能构成基底，错误；
故选：C
3. “巴赫十二平均律”是世界上通用的音乐律制，它与五度相生律、纯律并称三大律制．“十二平均律”将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．而早在16世纪，明代朱载最早用精湛的数学方法近似计算出这个比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．若第一个单音的频率为，则第四个单音的频率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将所要解决的问题转化为：求首项为，公比为的等比数列的第4项，再利用等比数列的通项公式求得结果即可.
【详解】由题设可得：依次得到的十三个单音构成首项为，公比为的等比数列，
第四个单音的频率为.
故选：B.
4. “点在圆外”是“直线与圆相交”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】求出给定的两个命题的充要条件，再分析即可判断得解.
【详解】命题p：点在圆外等价于，
命题q：直线与圆相交等价于，
从而有，所以p是q的必要不充分条件.
故选：B
5. 第19届亚运会将于2023年9月23日在杭州开幕，因工作需要，还需招募少量志愿者．甲、乙等4人报名参加了“莲花”、“泳镜”、“玉琮”三个场馆的各一个项目的志愿者工作，每个项目仅需1名志愿者，每人至多参加一个项目．若甲不能参加“莲花”场馆的项目，则不同的选择方案共有（ ）
A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种
【答案】C
【解析】
【分析】先从除甲外的3人中选1人参加“莲花”场馆的项目，再安排另外两个项目，利用排列、组合知识计算求解．
【详解】先从除甲外的3人中选1人参加“莲花”场馆的项目，再安排另外两个项目，
若甲不能参加“莲花”场馆的项目，则不同的选择方案共有种．
故选：C.
6. ，两个学科兴趣小组在实验室研究某粒子的运动轨迹，共同记录到粒子的一组坐标信息．小组根据表中数据，直接对作线性回归分析，得到：回归方程，决定系数．小组先将数据按照变换，进行整理，再对，作线性回归分析，得到：回归方程，决定系数．根据统计学知识，下列方程中，最有可能是该粒子运动轨迹方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好，由此可得回归方程，整理得结论．
【详解】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好，
又小组的决定系数，小组的决定系数，
小组的拟合效果好，则回归方程为，
又，即．
故选：C．
7. 设，，，是半径为1的球的球面上的四个点．设，则不可能等于（ ）
A. 3 B. C. 4 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，得到，利用判断等号成立条件，确定不可能取的值.
【详解】因为，
且，所以，
而，当且仅当同向时，等号成立，
而A，，，在球面上，不可能共线，即不同向，
所以
且均小于直径长2，即，
综上，.
根据选项可知A不符合.
故选：A
8. 设椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上不与顶点重合的一点，记为的内心．直线交轴于点，，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用角平分线性质得到，设，则，根据椭圆定义得到，然后利用平面向量的数量积和余弦定理即可求解.
【详解】不妨设点位于第一象限，如图所示，

因为为的内心，所以为的角平分线，
所以，因为，所以，
设，则，由椭圆的定义可知，，
可得，所以，，
又因为，
所以，在中，由余弦定理可得，
，
所以，则，
故选：B.
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. 若函数导函数的部分图像如图所示，则（ ）

A. 是的一个极大值点
B. 是的一个极小值点
C. 是的一个极大值点
D. 是的一个极小值点
【答案】AB
【解析】
【分析】根据导函数值正负，与原函数单调性之间的关系，进行逐一判断.
【详解】对于A选项，由图可知，在左右两侧，函数左增右减，是的一个极大值点，A正确.
对于B选项，由图可知，在左右两侧，函数左减右增，是的一个极小值点，B正确.
对于C选项，由图可知，在左右两侧，函数单调递增，不是的一个极值点，C错误.
对于D选项，由图可知，在左右两侧，函数左增右减，是的一个极大值点，D错误.
故选：AB.
10. 抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上的数字是、、、、、），抛掷两次．设事件“两次向上的点数之和大于”，事件“两次向上的点数之积大于”，事件“两次向上的点数之和小于”，则（ ）
A. 事件与事件互斥 B.
C. D. 事件与事件相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】列举出事件、、所包含的基本事件，利用互斥事件的定义可判断A选项；利用古典概型的概率公式可判断B选项；利用条件概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上的数字是、、、、、），抛掷两次，
设第一次、第二次抛掷骰子正面朝上的点数分别为、，
以为一个基本事件，则基本事件的总数为，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
、、、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
、、、、、、、、、、
、、、、、、、、、、
、、，共种，
对于A选项，事件与事件互斥，A对；
对于B选项，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
所以，，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，，，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
、，共种，
所以，，D错.
故选：AC.
11. 设双曲线，直线与双曲线的右支交于点，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 双曲线离心率的最小值为4
B. 离心率最小时双曲线的渐近线方程为
C. 若直线同时与两条渐近线交于点，，则
D. 若，点处的切线与两条渐近线交于点，，则为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由离心率公式，结合基本不等式可判断A；根据可得双曲线方程，然后可得渐近线方程，可判断B；将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，设直线方程，联立渐近线方程求C，D坐标，再由点差法求AB的中点坐标，然后可判断C；结合图形可知，利用导数求切线方程，联立渐近线方程求E，F的横坐标，代入化简可判断D.
【详解】由题知，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，的最小值为2，故A错误；
当时，双曲线方程为，
此时渐近线方程为，即，B正确；
若直线的斜率不存在，由对称性可知；当斜率存在时，设直线方程为，，AB的中点为，CD的中点为
则，由点差法可得，所以，
所以，
又双曲线渐近线方程为，联立分别求解可得，
所以，
所以M，N重合，则，或，故C正确；

若，则双曲线方程为，渐近线方程为，
不妨设点A在第一象限，双曲线在第一象限的方程为，
，得切线斜率为，方程为，
设点E，F坐标分别为，分别作垂直于y轴，垂足分别为P，Q，E在第一象限，F在第四象限，
则

又，所以，
联立渐近线方程和切线方程可解得，
整理得，
两式相乘得，所以，
所以，D正确.
故选：BCD
【点睛】本题考察圆锥曲线的综合运用，C选项需要灵活处理，将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，利用点差法和直接计算可解；D选项需结合图象将面积灵活转化，在求解时，要结合式子的结构特征灵活处理.
12. 已知曲线，，及直线，下列说法中正确的是（ ）
A. 曲线在处的切线与曲线在处的切线平行
B. 若直线与曲线仅有一个公共点，则
C. 曲线与有且仅有一个公共点
D. 若直线与曲线交于点，，与曲线交于点，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对与A选项，分别求出在处的切线与在处的切线即可判断；
对于B选项，求出，即可判断出曲线的单调性，画出草图则可判断；
对于C选项，画出曲线与的草图，即可判断；
对于D选项，借助图像可知直线过曲线与的交点,由此即可得出，则可得，，，则可得出.
【详解】对于A选项：，，，
所以曲线在处的切线为：；
同理，，，曲线在处的切线为，
即曲线在处的切线与曲线在处的切线平行，正确；
对于B选项：，令，解得，
所以曲线在上单调递增，在上单调递减，，
又当时，当时，
若直线与曲线仅有一个公共点，则或，错误；
对于C选项：曲线的定义域为：，，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
所以曲线与曲线的大致图像为：

易知当时，，，即曲线与曲线在区间上无交点；
当时，单调递减，单调递增，且，
，即曲线与曲线在区间上有一个交点；
当时，记，，当时恒成立，
即在上单调递增，即，即,
又曲线在上单调递减，所以，即，
即恒成立，即曲线与曲线在区间上没有交点；
所以曲线与有且仅有一个公共点，正确;
对于D选项：当直线经过曲线与的交点时，恰好有3个公共点，
且，,
由，所以，
由，所以，
即，正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：判断两个函数的交点个数常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，根的个数即为交点个数；
（2）数形结合法：在同一平面直角坐标系中画出两个函数的图象，直接得出答案.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中的系数为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用的展开式通项公式求项，然后可得的展开式中项，可得答案.
【详解】的展开式通项公式，
令得，
所以的展开式中项为，
所以的系数为.
故答案为：
14. 曲率是衡量曲线弯曲程度的重要指标．定义：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．已知，则曲线在点处的曲率为________．
【答案】0
【解析】
【分析】求出原函数的导函数与导函数的导函数，然后代入题中公式即可求出答案.
【详解】因为，
所以，，
则，，
所以曲线在点处的曲率为.
故答案为：.
15. 已知数列满足，，数列的前项和为，且，则满足的正整数的最小值为________．
【答案】63
【解析】
【分析】根据对数运算和递推公式可得数列通项公式，然后对数运算结合累乘法可得，解不等式可得答案.
【详解】因为，，
所以，
所以



所以，
因，所以，即，解得，
因为，所以正整数的最小值为63.
故答案为：63
16. 设函数，则使得成立的的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的平移变换及偶函数的性质的应用，再利用导函数的正负与函数单调性的关系及绝对值不等式的解法即可求解.
【详解】由向右平移个单位，得为偶函数，
所以关于轴对称，
所以关于对称，
当时，，
当时，因为，所以，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由得，即，解得，
所以使得成立的的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用函数的平移变换及偶函数的性质应用，再利用导数法求出函数的单调性及绝对值的解法即可.
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. 如图，在四面体中，，，，，．

（1）求证：、、、四点共面．
（2）若，设是和的交点，是空间任意一点，用、、、表示．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出，即可证得结论成立；
（2）由（1）可得出，可得出，则，由此可得出，再结合空间向量的线性运算可得出关于、、、的表达式.
【小问1详解】
证明：因为，
，
所以，则，因此、、、四点共面．
【小问2详解】
解：当时，，即，可得，
因为，即，可得，
由（1）知，，，因此，
又因为、不在同一条直线上，所以，，
则，则，即，
所以，
.
18. 已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式.
（2）若中的部分项组成的数列是以为首项，2为公比的等比数列，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的前n项和及通项公式基本量计算即可；
（2）利用等比数列概念及通项公式求出的通项公式，再利用等比数列求和公式求解即可.
【小问1详解】
设差数列的公差为，则由，
可得，解得，因此.
【小问2详解】
由，得，
又由是以为首项，2为公比的等比数列，得，因此，
所以，所以.
19. 如图，在三棱柱中，所有棱长均为2，，．

（1）证明：平面平面．
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）取中点，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（2）利用（1）中信息作出平面与平面所成二面角的平面角，再借助直角三角形求解作答.
【小问1详解】
三棱柱的所有棱长均为2，取中点，连接，，则，
由，，得为等边三角形，则，
显然，而，则，有，
又，平面，于是平面，而平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
在三棱柱中，平面平面，
因此平面与平面的夹角的正弦值与平面与平面的夹角的正弦值相等，
由（1）知平面，平面，则，过作于点，连接，有，
平面，于是平面，而平面，则，
因此为平面与平面所成二面角的平面角，
显然，而，则，从而，
所以平面与平面的夹角的正弦值为．
20. 第19届亚运会将于2023年9月23日在杭州拉开帷幕，为了更好地迎接亚运会，杭州市政府大举加强了城市交通基础设施的建设．至2023年地铁运行的里程数达到516公里，排位全国第六．同时，一张总长464公里、“四纵五横”为骨架、通达“东西南北中”十城区的快速路网也顺利完工准备接待世界各地的来宾．现杭州公共出行的主流方式为地铁、公交、打车、共享单车这四种，基本可以覆盖大众的出行需求．
（1）一个兴趣小组发现，来自不同城市的游客选择出行的习惯会有很大差异，为了验证这一猜想该小组进行了研究．请完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析城市规模是否与出行偏好地铁有关？（精确到0.001）
单位：人
出行方式
国际大都市
中小型城市
合计
偏好地铁

20
100
偏好其他
60


合计

60


（2）国际友人David来杭游玩，每日的行程分成段，为了更好的体验文化，相邻两段的出行方式不能相同，且选择地铁、公交、打车、共享单车的概率是等可能的．已知他每日从酒店出行的方式一定是从地铁开始，记第段行程上David坐地铁的概率为，易知，
①试证明为等比数列；
②设第次David选择共享单车的概率为，比较与的大小．
附：，．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

【答案】（1）表格见解析，有关系
（2）①证明见解析；②．
【解析】
【分析】（1）根据题意即可完成列联表，再根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；
（2）①根据全概率公式结合等比数列的定义即可得出结论；
②先求出的表达式，进而可求出，即可得解.
【小问1详解】
列联表如下：
出行方式
国际大都市
中小型城市
合计
首选地铁
80
20
100
首选其他
60
40
100
合计
140
60
200
零假设为：城市规模与出行偏好地铁无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为城市规模与出行偏好地铁有关，此推断犯错误的概率不大于0.010；
【小问2详解】
①证明：第段行程上David坐地铁的概率为，
则当时，第段行程上David坐地铁的概率为，不坐地铁的概率为，
则，
从而，
又，所以是首项为，公比为的等比数列；
②由①可知，
则，又，故．
21. 设抛物线，过焦点的直线与抛物线交于点，.当直线垂直于轴时，.

（1）求抛物线的标准方程.
（2）已知点，直线，分别与抛物线交于点，.
①求证：直线过定点；
②求与面积之和的最小值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②.
【解析】
分析】（1）利用弦长求解p，即可求解抛物线方程；
（2）（i）设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点；
（ii）利用面积分割法求出两个三角形面积表达式，然后利用二次函数求最值即可.
【小问1详解】
由题意，当直线垂直于轴时，，代入抛物线方程得，则，所以，即，所以抛物线.
【小问2详解】
（i）设，，直线，
与抛物线联立，得，因此，.
设直线，与抛物线联立，得，
因此，，则.同理可得.
所以.
因此直线，由对称性知，定点在轴上，
令得，

，
所以直线过定点.
（ii）因为，
，
所以，
当且仅当时取到最小值.
22. 设函数，若曲线在处的切线方程为．
（1）求实数的值．
（2）证明：函数有两个零点．
（3）记是函数的导数，，为的两个零点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义代入即可得的值；
（2）根据导函数判断出函数单调性，由零点存在性定理即可证明结论；
（3）利用（1）（2）中的结论，结合单调性并构造函数并求其单调性，即可实现不等式证明.
【小问1详解】
由题意可得，
由切线方程可知其斜率为，
所以，解得．
【小问2详解】
由可得，所以；
函数有两个零点即函数有两个零点．
，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
又，，，
所以，，
由零点存在定理可得使得，
使得，
所以函数有两个零点．
【小问3详解】
由（1）（2）知，
可得且．
要证明，即证明，
即证明．
令，则
，
因此单调递减，则．因此，
即，又，所以；
即，又，，且在上单调递增，
因此，即．命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问证明的关键在于将不等式转化成求证，然后再利用构造函数利用函数单调性证明.