2022-2023学年福建省福州市福清港头中学高二下学期期末质量检查数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省福州市福清港头中学高二下学期期末质量检查数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省福州市福清港头中学高二下学期期末质量检查数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】因为，，因此，.故选：B.2．已知为虚数单位，若，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，由复数的运算即可得到，再求出其模长即可得到结果.【详解】因为，则，所以.故选：B3．已知非零向量，，，则是的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】根据数量积的定义理解判断.【详解】因为向量，，是非零向量，则一定可以推出，若成立，只表示在上的投影（或投影向量）相等，不能推出，故是的充分不必要条件，故选：A．4．已知，且，（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出，结合已知条件可得出的值.【详解】因为，该函数的定义域为，则，，所以，，故.故选：C.5．已知点，，，若点满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空间向量的坐标运算求出点的坐标，求出的坐标，利用空间向量的模长公式可求得的值.【详解】已知点，，，设点，由，可得，所以，，解得，即点，所以，，因此，.故选：C.6．已知抛物线的焦点为，点在上，若到直线的距离为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设点，根据已知条件求出的值，然后根据抛物线的定义可求得的值.【详解】设点，抛物线的准线方程为，因为到直线的距离为，则，可得，所以，.故选：C.7．已知函数，则方程的解的个数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，方程的解的个数等于函数的函数图象交点的个数，数形结合可得出结论.【详解】由可得，则方程的解的个数等于函数的函数图象交点的个数，作出函数的函数图象如下图所示：  由图可知，函数的函数图象有且只有一个交点，即方程的解的个数为.故选：B.8．函数，其中，则满足的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用导数分析可知函数在上为减函数，令，可知在上为减函数，由可得出，即可得出原不等式的解集.【详解】因为，当时，，则，所以，函数在上单调递减，故，当时，，显然函数在上为减函数，此时，.因为，令，其中，则，所以，函数在上单调递减，故，综上可知，函数在上为减函数，令，则函数在上单调递减，又因为，所以，等价于，结合函数的单调性可得，故原不等式的解集为.故选：D. 二、多选题9．已知曲线，曲线，曲线的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）    A．将曲线的图象先向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到曲线的图象B．将曲线的图象先向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的倍得到曲线的图象C．将曲线各点的横坐标先伸长为原来的2倍，再将图象向右平移个单位长度得到曲线的图象D．将曲线各点的横坐标先缩短为原来的倍，再将图象向右平移个单位长度得到曲线的图象【答案】AC【分析】根据图像确定，，确定得到，确定，再根据三角函数的平移法则依次判断每个选项得到答案.【详解】对曲线，当时，，，故，当时，，故，即，，且，解得，故时，满足条件，故曲线，对选项A：平移得到的曲线为，伸缩得到的曲线为，正确；对选项B：平移得到的曲线为，伸缩得到的曲线为，错误；对选项C：伸缩得到的曲线为，平移得到的曲线为，正确；对选项D：伸缩得到的曲线为，平移得到的曲线为，错误；故选：AC.10．给出下列命题，其中正确的命题是（    ）A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线B．若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面C．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线D．已知向量，，则在上的投影向量为【答案】BCD【分析】利用线面位置关系与向量的关系可判断A选项；利用空间向量共面的基本定理可判断B选项；利用空间向量基底的概念可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，直线的方向向量为，平面的法向量为，则，则，所以，或，A错；对于B选项，对空间中任意一点，有，则，整理可得，故、、、四点共面，B对；对于C选项，三个不共面的向量可以成为空间的一个基底，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，C对；对于D选项，已知向量，，则在方向上的投影向量为，D对.故选：BCD.11．下列说法正确的是（    ）A．过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线只有一条B．过点作圆的切线，切线方程为C．经过点，倾斜角为的直线方程为D．直线的一个方向向量为【答案】BD【分析】求出过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线的方程，可判断A选项；求出圆在其上一点处的切线方程，可判断B选项；取为直角，可判断C选项；利用直线的方向向量可判断D选项.【详解】对于A选项，若直线过原点，则直线的斜率为，此时，直线方程为，若直线不过原点，设直线方程为，即，将点的坐标代入直线方程可得，此时，直线方程为.所以，过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线有两条，A错；对于B选项，因为，则点在圆上，圆心为，所以，，所以，切线的斜率为，故切线方程为，即，B对；对于C选项，当为直角时，直线的斜率不存在，此时，经过点，倾斜角为的直线方程为，C错；对于D选项，直线方程可化为，该直线的斜率为，故该直线的一个方向向量为，D对.故选：BD.12．已知函数的定义域为，为奇函数，且对，恒成立，则（    ）A．为奇函数 B．C． D．是以为周期的函数【答案】BCD【分析】根据函数定义换算可得为偶函数，根据偶函数和奇函数性质可知为周期函数，再根据函数周期性和函数特殊值即可得出选项.【详解】因为为奇函数，所以，故，又，所以，故，所以，为偶函数，A错误；为奇函数，所以，，所以，B正确；，又的图象关于点对称，所以，所以，C正确；又，则，所以是以为周期的函数，D对．故选：BCD． 三、填空题13．根据诱导公式，填适当的式子，使          ．【答案】（答案不唯一）【分析】根据诱导公式可得结果.【详解】.故答案为：（答案不唯一）.14．写出经过点且被圆截得的弦长为的一条直线的方程          ．【答案】或【分析】根据圆的一般方程求出圆心和半径，利用直线的点斜式方程设出直线及点到直线的距离公式，结合圆中弦长，半径及弦心距的关系即可求解.【详解】圆的方程可化为，圆心为，半径．当过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心在直线上，弦长，不满足题意，所以过点的直线的斜率存在，设过点的直线的方程为，即，则圆心到直线的距为，依题意，即，解得或，故所求直线的方程为或．故答案为：或．15．已知事件A与事件B相互独立，如果，，那么          ．【答案】/【分析】根据独立事件的概率公式计算即可.【详解】解：因为事件A与事件B相互独立，，则，所以，故答案为：16．如图所示，在空间四边形中，，点在上，且为中点，若.则          .【答案】/【分析】根据题意可得，又，从而可求解.【详解】因为为中点，所以.所以.因为，所以.故答案为:. 四、解答题17．已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）当时，求函数的最大值与最小值.【答案】（1）； （2），【解析】（1）利用三角函数的恒等变换化简函数的解析式，得到，再利用即可求解；（2）根据，求出，进而求出的范围，从而得解.【详解】（1）解：  ，故函数的最小正周期为.（2），，，，，.【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换，涉及三角函数的周期性和最值，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.18．学生总人数为3000的某中学组织阳光体育活动，提倡学生每天运动1小时，教育管理部门到该校抽查200名学生，统计一个星期的运动时间，得到下面的统计表格．一周运动时间／分钟频数10203050503010(1)如果某名学生一个星期的运动时间超过500分钟，则称该学生为“运动达人”，用样本估计总体，该校的“运动达人”有多少人?(2)依据上面的数据，完成下面的样本频率分布直方图．(3)依据频率分布直方图估计该校学生一个星期运动时间的中位数．【答案】(1)人(2)图像见解析(3)380 【分析】（1）求出样本中学生的运动时间超过500分钟的频率，作为总体的频率，计算即可；（2）根据表格数据，计算出各组的频率/组距，即可补全样本频率分布直方图；（3）由题分析得中位数在内，设该中位数为，列出方程计算即可得出中位数．【详解】（1）学生的运动时间超过500分钟的频率为，所以估计该校的“运动达人”有人．（2）一周运动时间在的频率/组距为：，一周运动时间在的频率/组距为：，一周运动时间在的频率/组距为：，一周运动时间在的频率/组距为：，一周运动时间在的频率/组距为：，一周运动时间在的频率/组距为：，一周运动时间在的频率/组距为：．频率分布直方图补充如下：（3）因为学生的运动时间在内的频率为，在内的频率为，所以中位数在内，设该中位数为，则，解得，所以估计该校学生一个星期运动时间的中位数为380．19．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量与垂直．(1)求A的大小；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用向量垂直的条件：数量积为0，结合正弦定理和同角的商数关系，可得所求角；（2）运用余弦定理求得c，再由三角形的面积公式计算即可得到所求值．【详解】（1）因为，所以，　 即． 由正弦定理得．因为，所以， 所以，所以．因为，所以．（2）由余弦定理，得，  　 所以，   解得，或（舍）．    所以的面积．20．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，平面，，点为线段中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设，利用余弦定理可得出关于的等式，解出的值，进而可求得的长，利用勾股定理可证得，利用线面垂直的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，分别以、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，，设，由等腰梯形的几何性质可知，由余弦定理可得，即，解得，所以，，所以，，故，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面.（2）解：因为面，以点为坐标原点，分别以、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由底面是等腰梯形以及，可知，，，，又由点为线段中点，可知，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.21．如图，直角梯形中，为线段（不含端点）上一个动点，设，对于函数.(1)当时，求函数的值域；(2)是否存在，使得函数有最小值0.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，结合平面向量线性运算和数量积的坐标表示可得，当时，，结合二次函数的性质即可求解；（2）由（1）知，，结合对称轴及二次函数的性质即可求解.【详解】（1）如图，以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，所以，，，，所以，，，因为，所以，，所以，当时，，对称轴为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，而时，；时，；时，.所以函数的值域为.（2）由（1）知，，对称轴为，当，即时，函数在上单调递减，此时没有最小值，不符合题意；当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，此时，即.所以存在，使得函数有最小值0.22．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆C经过点．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为坐标原点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点．求使面积最大时直线l的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据条件列出关于的方程求解即可； （2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出面积的表达式，利用基本不等式求出最大值，进而得出答案.【详解】（1）因为长轴长是短轴长的倍，则， 所以椭圆C的方程为， 把点的坐标代入上式，得，可得，所以，故椭圆C的方程为．（2）易知右焦点F的坐标为，若直线l的斜率为0，则O，A，B三点不能构成三角形，  所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为， 联立方程组，消去x，得， 判别式，设，则，，   ． 令，则，当且仅当时，等号成立，即，解得，所以此时直线l的方程为或．