2022-2023学年安徽省十校联盟高二下学期6月联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年安徽省十校联盟高二下学期6月联考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省十校联盟高二下学期6月联考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合，然后进行并集的运算即可.【详解】∵，，∴.故选：A.2．若曲线的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】设出切点横坐标，求导，通过斜率得出横坐标方程，可得结果.【详解】设切点的横坐标为，则，则（舍去）.故选:B.3．通用技术结业课程上，老师带领大家设计一个圆台状的器皿材料的厚度忽略不计，该器皿下底面半径为3cm，上底面半径为18cm，容积为，则该器皿的高为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆台的体积计算可得圆台的高.【详解】由题意得，，解得.故选:C.4．棣莫佛公式（i为虚数单位，），是由法国数学家棣莫佛发现的.根据棣莫佛公式，复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据棣莫佛公式化简，即可求解.【详解】由题意得，，故所求虚部为.故选：C.5．若直线平面，直线平面，则“”的一个必要不充分条件是（    ）A． B．，共面 C． D．，无交点【答案】D【分析】根据线面平行的判定及必要不充分条件的定义判断即可.【详解】对于A，若，平面，则也可能相交，不一定，所以必要性不成立，故A错误；对于B，若，平面，直线平面，此时，有可能异面，所以必要性不成立，故B错误；对于C，若，平面，直线平面，则可以在平面内，所以必要性不成立，故C错误；对于D，若，平面，直线平面，则，一定无交点，故必要性成立，但，无交点时，不一定得到，故D正确.故选：D.6．音乐与数学在某些领域息息相关，比如在音乐中可以用正弦函数来表示单音，用正弦函数相叠加表示和弦．已知某和弦可表示为函数，则在上的图像大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】A【分析】根据题意可知是奇函数可排除C；根据函数零点的个数可排除选项D；根据在的正负情况，即可判断出B错误，A正确．【详解】定义域为，，所以函数为奇函数，图像关于原点中心对称，故C错误；，令，解得或，因为，所以有5个零点，故D错误；当时，的零点为，，，其中且，当时，因为，，所以，当时，因为，，，故B错误，A正确，故选：A．7．正多边形具有对称美的特点，很多建筑设计都围绕着这一特点展开.已知某公园的平面设计图如图所示，是边长为2的等边三角形，四边形，，都是正方形，则（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】利用建系将向量坐标化求数量积即可.【详解】解：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，  过作的延长线于点,所以,故 ,则，，，，则，，则.故选:B.8．18世纪数学家欧拉在研究调和级数时得到了这样的成果：当很大时，（为常数）.基于上述事实，已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意得，，，构造函数，利用导数即可比较大小.【详解】由题意得，，同理可得，，；令，则，故当时，，即函数在上单调递减，而，所以，即.故选：D. 二、多选题9．将函数的图像的横坐标伸长为原来的2倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）A．的周期为 B．C． D．在上单调递减【答案】BC【分析】利用函数的图像变换规律得到的解析式，再根据正弦函数的性质得出结论.【详解】由题意得，，则，故A错误；，故B正确；∵，∴是图像的一条对称轴，,故C正确；∵，∴，∴在上单调递增，故D错误.故选：BC.10．某中学共有1000名学生，其中初中生600人，身高的平均数为160，方差为100，高中生400人，身高的平均数为170，方差为200，则下列说法正确的是（    ）A．该中学所有学生身高的平均数为164 B．该中学所有学生身高的平均数为162C．该中学所有学生身高的方差为162 D．该中学所有学生身高的方差为164【答案】AD【分析】根据平均数和方差的概念，结合计算公式求得结果即可.【详解】由题意得，所求平均数为，故A正确，B错误；，故D正确，C错误.故选：AD.11．已知为坐标原点，抛物线的焦点到其准线的距离为4，过点作直线交于，两点，则（    ）A．的准线为 B．的大小可能为C．的最小值为8 D．【答案】ACD【分析】利用韦达定理以及抛物线的弦长公式、焦半径公式求解.【详解】由题意得，，则的准线为，故A正确；,设，整理得，，所以，，，所以，故B错误；，当时，的最小值为8，故C正确；∵，∴，故D正确.故选：ACD.12．在正方体中，点，分别是棱，的中点，，，则（    ）A．存在使得平面B．存在使得平面C．当时，平面截正方体所得的截面形状是五边形D．当时，异面直线与所成角的余弦值为【答案】BC【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理与性质定理以及异面直线所成角的定义，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】若平面，平面，则，即，而，则，显然不成立，故A错误；当时，分别连接,,，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故B正确；做出图形如图所示，延长至，使得，连接交于点，取线段的中点，连接，，则五边形为所求截面图形，故C正确；连接，则即为异面直线与所成角，设正方体的棱长为2，则在中，，，，由余弦定理可得，，故D错误.故选：BC.   三、填空题13．公元前1800年，古埃及的“加罕纸草书”上有这样一个问题：将100德本（德本是古埃及的重量单位）的食物分成10份，第一份最大，从第二份开始，每份比前一份少德本，求各份的大小.在这个问题中，最小的一份是      德本.【答案】【分析】由已知利用等差数列求和公式进行求解即可.【详解】由题意得，将份数从小到大构成等差数列，且，，，∴，解得.故答案为：14．已知圆，，，若以线段为直径的圆与圆有公共点，则的值可能为      .（写出一个即可）【答案】1（2,3均可）答案不唯一【分析】根据题意，由已知利用圆与圆的位置关系即可求解.【详解】由题意得，圆与圆有公共点，∴，∴，且，解得；故，2，3均可.故答案为：1（2,3均可） 四、双空题15．某商场在过道上设有两排座位（每排4座）供顾客休息，小明、小红等四位同学去商场购物后坐在座位上休息，已知该时段座位上空无一人，则不同的坐法有      种；若小明和小红坐在同一排，且每排都要有人坐，则不同的坐法有      种.（用数字作答）【答案】     1680     672【分析】利用排列公式结合条件进行求解即得.【详解】不同的坐法有种；若其他两个人在同一排，则不同的坐法有种；若其他两个人不在同一排，则不同的坐法有种，故所有不同的坐法有种.故答案为：1680；672. 五、填空题16．已知椭圆的左焦点为，点在上，为坐标原点，且，则的离心率是      .【答案】/【分析】根据题意，由椭圆的定义以及离心率的计算公式，即可得到结果.【详解】  设右焦点为，连接，由，知，易得.在中，，.由椭圆的定义可得，，∴，故离心率.故答案为： 六、解答题17．在中，内角，，的对边分别是，，，且.(1)求角的大小；(2)若，为线段的中点，，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，即可求出角.（2）利用中线的向量公式和余弦定理得出，的等量关系，解方程组得的值，即可求出的面积.【详解】（1）由题意，在中，由正弦定理得，，∵，∴代入上式可得，∵，∴，∴，∵，∴（2）由题意及（1）得，在中，为线段的中点，，，  ，，即，整理得，.由余弦定理得，，即，联立，解得：，∴，18．设数列的前项和为，，点在直线上．(1)求及；(2)记，求数列的前20项和．【答案】(1)，(2)1123 【分析】（1）由点在直线上，得出与的关系，进而得出数列为等比数列，即可得到答案；（2）由分组求和，结合等差数列、等比数列的求和公式即可得出答案．【详解】（1）由点在直线上，得.当时，，即，当时，由得，两式相减得，即,而，所以，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以．（2）由（1）知，，所以，所以．19．为了检查新机器的生产情况，某公司对该机器生产的部分产品的质量指标进行检测，所得数据统计如图所示.  (1)求的值以及被抽查产品的质量指标的平均值；(2)以频率估计概率，若从所有产品中随机抽取4件，记质量指标值在的产品数量为，求的分布列以及数学期望.【答案】(1)；7.4(2)分布列见解析， 【分析】（1）由频率和为1，可得的值；再根据频率分布直方图求解平均数即可；（2）由题意得，，得出对应概率，可得的分布列以及数学期望.【详解】（1）由题意得，解得；所求质量指标的平均值为；（2）由题意得质量指标值在的概率为，，则，，，，；故的分布列为：01234∴.20．如图，在四棱锥中，，.  (1)求证：平面平面；(2)若点是线段上靠近的三等分点，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）设点为的中点，连接，，再证明平面，由面面垂直的判定即可得证；（2）建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，由空间向量求解即可.【详解】（1）设点为的中点，连接，，不妨设，则，∵，∴，.在中，由余弦定理得，，∴，则，所以.在中，由余弦定理得，，所以，即，所以，又，且，∴四边形为矩形，∴，在中，∵，∴，即，即.又，，、平面，∴平面，而平面，∴平面平面.（2）以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.  由题意及（1）得，，，，，，∴，，.设平面的法向量为，则，即，令，则，，∴.∴设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值.21．已知直线过定点，双曲线过点，且的一条渐近线方程为.(1)求点的坐标和的方程；(2)若直线与交于，两点，试探究：直线，的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)，(2)是，3 【分析】（1）将直线化简为即可得出点的坐标，再根据渐近线方程即可求出的方程；（2）联立双曲线和直线表达出韦达定理，表达出代入韦达定理即可求出结果.【详解】（1）由直线知，，得定点.则，解得，故的方程为.（2）  由（1）知，，设，.联立，整理得，则，且，∴且，∴，，∴所以直线，的斜率之和是为定值，定值为3.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知函数.(1)若，判断在上的单调性；(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】(1)函数在上单调递增(2) 【分析】（1）求出函数的导数，判断与的正负，即可判定函数单调性；（2）求得，，再分，两种情况讨论求解即可.【详解】（1），∵，∴，，∴，∴当时，，∴函数在上单调递增.（2）由题意得，，，则.令，则，∴，.（ⅰ）当，即时，令，∴在上单调递增，则，∴在上单调递增，∴，∴符合题意；（ⅱ）当，即时，①当时，，故在区间上单调递减，∴，这与题设矛盾；②当时，有，又，，令，∴在上单调递增，由零点存在性定理，知在上存在唯一零点，∴当时，，此时，故与题设矛盾.综上所述，的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，导数中的恒成立问题，属于较难题，不等式在上恒成立，求的取值范围，只需求得，，再分，两种情况讨论求解即可.