浙江省温州市浙南三校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（Word版附解析）

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（本试卷满分共160分，考试时间：120分钟）
命题人：刘敏 学校 断纪元高中 审题人：洪金华 学校 新纪元高中
说明：本试卷适用于2021级全体学生．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合，，则（ ）
A. 0,1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集定义求解即得.
【详解】解不等式，得或，即，，
解不等式，得，则，
所以.
故选：C
2. 复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用复数法则求出复数，再利用共轭复数的概念求解.
【详解】
，
.
故选：D.
3. 已知，若与的夹角为60°，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量与的模与夹角关系先求，由投影向量的概念直接计算可得.
【详解】由，与夹角为，
可得，
则在上的投影向量为
.
故选：C.
4. 围棋是中国传统棋种，蕴含着中华文化丰富内涵，围棋棋盘横竖各有19条线，共有19×19=361个落子点．每个落子点都有落白子、落黑子和空白三种可能，因此围棋空间复杂度的上限．科学家们研究发现，可观测宇宙中普通物质的原子总数．则下列各数中与最接近的是（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，两边取对数，结合对数的运算性质进行整理，即可求出.
【详解】设，两边取对数，所以，
故选：A.
5. 已知，若在上单调，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数和二次函数复合的函数的单调性求解即可.
【详解】令函数，
该函数在上单调递减，在上单调递增.
当时，要使在上单调，则在上单调，
且时，，故，解得或.
故选：D
6. 已知等比数列的首项为，公比为，则“”是“数列为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】取，可判断充分性；由是递增数列，结合等比数列通项公式可得，，或，，从而得成立，即可判断必要性.
【详解】在等比数列中，，取，，
此时，为摆动数列，故充分性不成立；
若等比数列的公比为，且是递增数列，
又，则，，或，，
当，时，成立，
当，时，成立，
所以，数列为递增数列时，有成立，故必要性成立.
所以，“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 已知圆：，点P为直线上一动点，过点P向圆引两条切线，，A，B为切点，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题作出图形，从四边形的面积分析考虑得出，利用将其化为，要使最小，需使最小，即为圆心到直线的距离时，利用点到直线的距离公式计算即得.
【详解】
如图，易得,,则四边形的面积为,
化简得，，在中，，代入整理得，，
要使线段长度最小，只需使线段长度最小，而是圆心到直线上任意点的距离，
故当且仅当时，即为圆心到直线的距离时，最小，
此时，.
故选：A.
8. 已知函数，是的零点，则当时，不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可知直线与曲线的一个公共点，结合，，直线单调递增，而对称中心，数形结合可解不等式.
【详解】，
，
是直线与曲线的一个公共点.
又，得，则，
曲线在处的切线，即为直线.
又，故，
，即函数单调递增.
，且，但，
是直线与曲线的一个交点.
又既是曲线的一个对称中心，也是直线的对称中心，
直线与曲线的之后下一个切点的横坐标大于，
在同一坐标系作出两函数的图象，由图可知，
当时，不等式的解集为.

故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据导数几何意义及余弦函数性质判断的位置关系，数形结合确定不等式成立的自变量范围.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 有一组样本数据，其平均数和方差分别为，．由这组数据得到一组新样本数据．其中，其平均数和方差分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合平均数和方差的公式，即可求解.
详解】由，有，，
所以有，.故AB错误，CD正确.
故选：CD
10. 已知抛物线的焦点为F，过原点O的动直线交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是．（ ）
A. 若为线段中点，则的斜率为±2B. 若，则
C. 存在直线，使得D. 面积的最小值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项根据题意得三角形全等，求出点的坐标，即得斜率；B项根据抛物线的定义求出点的横坐标，再求出OP即可；C项设点，则，判断是否为0；D项根据，结合基本不等式可得.
【详解】抛物线的准线为，焦点.
A项， 如图，过点作轴，垂足为，设轴与准线交点为.
若O为中点，则与全等，则，
即与焦点重合，所以，
代入方程，得.
所以直线的斜率为，故A正确；
B项，若，则，解得，
所以，故B正确；
C项，不妨设，则直线方程为，
令，可得，所以，，
所以，不可能，
所以FP与FQ不垂直，故C错误；
D项，由C项可得，
则，
当且仅当，即时等号成立，此时点坐标为，
所以面积的最小值为2，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（ ）
A. 的图象关于对称
B.
C. 在上的最小值是-2
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，取求得，再取，推出，即得结论；对于B，利用函数单调性定义，借助于条件，即可推出是R上的增函数，排除选项；对于C，利用函数单调性求出的值即得；对于D，不断运用题设等式，将其转化成，利用函数单调性即可求解.
【详解】对于A，因，则有，
令，则得，，即得，
令，则，即，
故的图象关于0,1对称，即A正确；
对于B，则，由②可得，，
而由①，，
故得，即，故是R上的增函数，即f′x≥0，故B错误；
对于C，由B可得，在上为增函数，
故，即C正确；
对于D，由可得，
即（*），
因，
代入（*）式，可得，，
由B知，是R上增函数，故得，解得，，故D正确.
故选：ACD.
12. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）

A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为
D. 勒洛四面体表面相交弧总长小于
【答案】ABC
【解析】
【分析】由勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长最小值判断A；求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，即可判断B；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算即可判断C；由勒洛四面体四个曲面的所有交线相等，且每条交线为扇形的弧，计算即可判断D.
【详解】对于A，由题意得，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为2，
故能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2，故A正确；
对于B，先求出正四面体的外接球半径.
如图1所示，取的中点,连接过点于点,则点为等边三角形的中心.
设外接球球心为点,连接,则.因正四面体的棱长为2，
则, , ,
在中，,解得，.
此时我们再次完整抽取部分勒洛四面体，如图2所示.
图中取正四面体的中心为点,连接交平面于点，交于点，其中与共面.
显然,设勒洛四面体的内切球半径为，则,
即勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故B正确；
对于C，观察几何体可知，勒洛四面体的最大截面即经过四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得.
勒洛四面体被平面截得的截面是正三角形及外面拼接上以各边为弦的三个弓形，
弓形弧是以正三角形各顶点为圆心，2为半径且所含圆心角为的扇形弧，如图3所示.
因此截面面积为：，故C正确；
对于D，因勒洛四面体四个曲面的每条交线为半径为2，对应圆心角为的弧长，故每条交线的长度为，
图中共有6条相等的交线，故交线长的和为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题是勒洛四面体在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求较高，属于难题.
解题关键在于，充分理解题意，作出图形，记住一些二级结论，如正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长的关系等，将会加快对本题的求解.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若一个三棱台的上、下底面的面积分别是1和4，体积为，则该三棱台的高为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由台体体积公式即可得出.
【详解】设三棱台高为h，则由台体体积公式可得
，解得.
故答案为：.
14. 某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差，每人仅出差一个地方，每个地方都需要安排人出差，若甲不安排去北京，则不同的安排方法有_____种．
【答案】24
【解析】
【分析】根据特殊问题优先考虑原则，可先安排除甲以外的人去北京，因此分两种情况：一人去北京或两人去北京，即可求出结果.
【详解】若安排一人去北京，共有种；若安排两人去北京，共有种，总共24种.
【点睛】本题主要考查排列组合问题，排列组合的常用策略：（1）特殊位置特殊元素优先考虑；（2）相邻问题捆绑策略；（3）不相邻问题插空策略；（4）定序问题倍缩原则；（5）均分问题除法原则；（6）相同元素隔板策略等.属于中档试题.
15. 已知点为双曲线右支上的一点，点，分别为双曲线的左、右焦点，若M为的内心，且，则双曲线的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】设出内切圆半径，由三角形面积等式，结合双曲线定义可得关系，进而求出离心率.
【详解】设内切圆半径为，由题意知，
所以，
即，由点为双曲线右支上的一点，
则，
故双曲线的离心率.
故答案为：.
16. 如图，已知正方体顶点处有一质点S，点S每次会随机地一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面上的概率为，则________．

【答案】
【解析】
【分析】依题意，求出，得到递推公式，通过构造等比数列求出数列的通项，最后利用分组求和法即可求得.
【详解】由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为.
依题意,,，，
因，则数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，移项得，，
于是，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：此题考查全概率公式的应用和利用递推公式构造等比数列求通项等内容，属于较难题.
解题的关键是根据题意发现关于概率的递推公式，利用数列知识，构造等比数列,求出通项再分组求和.
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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
（1）求周长的最大值；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）6 （2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简等式，再利用正弦定理化角为边，结合基本不等式求最值可得；
（2）由（1）结合余弦定理解得，再由求得或，由正弦定理求直角边长分别求解面积可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
整理得，
由正弦定理得，，
因为，
所以，
解得，当且仅当时等号成立.
则有，此时为正三角形.
故周长的最大值为.
【小问2详解】
由（1）知，，
则由余弦定理可得，
因为，所以，
若，
则或，解得或，
因为，所以或；
当时，因为，所以，
由正弦定理知，，则，
所以的面积.
当时，因为，所以，
由正弦定理知，所以，
所以的面积.
综上，的面积为.
18. 如图，在三棱柱中，点E，F分别在棱，上（均异于端点），，，平面．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）先证明，可得，结合，可得四边形为平行四边形，再由平面，可得，即得证；
（2）取的中点G，连结，取的中点H，可证明平面，，以G为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，由二面角的向量公式，即得解
【详解】（1）证明：因为三棱柱，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，平面，所以，，
所以，因为，且，
所以，所以，，
因，所以四边形为平行四边形，
因为平面且平面，所以，
故四边形是矩形；
（2）
取的中点G，连结，由（1）可知，，
因为平面且平面，所以平面平面，
因为平面平面，且平面，所以平面，
取的中点H，
以G为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，
在中，因为且，
所以为等边三角形，所以，
则，，
所以，，
设平面的一个法向量为
则有，即，
令，则，所以，
因为平面的一个法向量为
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
19. 已知数列满足．
（1）若是公差为的等差数列的前n项和，求的值；
（2）若，，且数列单调递增，数列单调递减，令，求证：．
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，对进行赋值，列出方程组，求解即得；
（2）由题设，将分成奇数与偶数两情况，化简得和，消元得，求得和，即得通项，利用裂项相消法，分奇偶求得，即可证明.
【小问1详解】
依题意，，，
由对恒成立，且，
则得，，将①②③式两边平方，得：，
由④+⑤-⑥可得：，由④2-⑤可得，，
联立两式，解得：，.(不合题意，舍去)；
【小问2详解】
由题意，
故当时，
当时，
两式相减得，，故有，即为奇数时，,
又当为奇数时，，故，即为偶数时，.
综上可得，
则，
当为奇数时，
当为偶数时，
综上可得，.
20. 已知函数，．
（1）若，判断函数的单调性；
（2）若有两极值点且，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二次求导研究导函数单调性，通过导函数的最值判断符号，进而得到原函数的单调性即可；
（2）由题意转化为至少两个实数根，构造函数，问题转化为研究函数的零点，按分类讨论零点个数，当均不成立；当时，存在两个零点，先确定所在区间，再将零点满足的关系式代入不等式求解，得到，将问题转化为的值域范围问题，进而探求的范围即可.
【小问1详解】
若，，x∈R
则，设，
则，令，解得，
故当时，，即在单调递增；
当时，，即在单调递减；
所以在处取最大值，最大值为，
又，故，即，
所以在上单调递减.
【小问2详解】
，.
要使有两极值点，则至少两个实数根.
设，则.
当时，没有两个极值点；
当时，，则在上单调递增，
则至多一个实数根，即也不可能有两个极值点；
当时，令，解得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
故在处有极大值，且极大值为，
要使至少两个实数根，即至少两个实数根，设两根为，
所以有，解得，
则有，且，且当，，
故有两正根，且一根在内，另一根在内，

若，则，这与已知矛盾；
故，且，
所以有，
由，则恒成立，
即，
由，得，即，解得，
由，，
构造函数，
则，
当时,，故在单调递减，
由，故，即.
当时，，故在单调递减，
故在单调递减，
则，且，
故，且满足条件.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将函数的极值点问题通过求导转化为含参函数的隐零点问题，先要用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程如第（2）问中的，再结合函数单调性得到零点的范围（有时零点范围需要调整适当加以缩小），最后根据零点满足的关系整体代入不等关系消参得到，进而得到，由构造函数求值域即可.
21. 某国有芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期，该款芯片的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为.
（1）①求批次芯片的次品率；
②第四道工序中智能自动检测为 次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率.
（2）已知某批次芯片的次品率为，设100个芯片中恰有1个不合格品的概率为，记的极大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有28人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有57人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？
附：.
【答案】（1）① ；②
（2），有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件及对立事件求批次芯片的次品率，再由条件概率公式求人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；
（2）利用导数求出极值点即批次的芯片的次品率，列出联表，计算卡方，与临界值比较得出结论.
【小问1详解】
① I批次芯片的次品率为
② 设批次的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
由已知得，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
【小问2详解】
100个芯片中恰有1个不合格的概率.
因此，
令，得.
当时，；当时，.所以的最大值
点为.
由（1）可知，，故批次芯片的次品率低于批次，
故批次的芯片质量优于批次.由数据可建立列联表如下：（单位：人）
根据列联表得
因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.
22. 已知圆：与x正半轴交于点A，与直线在第一象限的交点为B．点为圆O上任一点，且满足，以x，y为坐标的动点的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若两条直线：和：分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形面积的最大值，并求此时的k的值；
（3）研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标．
【答案】（1）
（2）时，四边形的面积最大值为
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由表示出点坐标代入圆方程可得曲线的方程．
（2）把方程代入曲线的方程求得的坐标，得，同理可得MN，由得，应用整体换元法结合基本不等式可求得最值；
（3）由曲线方程可得对称性：关于直线对称，关于原点对称；若为椭圆则可求出它与对称轴的交点即顶点坐标，得出，求出，从而可得焦点坐标，再证明满足椭圆定义即可.
【小问1详解】
由题意可得，即.
由得，，
则将代入，化简得.
故曲线的方程为.
【小问2详解】
由，消得，
解得，由已知直线交曲线于，
不妨设,，
所以，同理.
由题意知 ，所以四边形的面积.
.
∵ ，∴，
当且仅当时等号成立，此时.
∴ 当时，四边形的面积最大值为.
【小问3详解】
曲线的方程为，它关于直线、和原点对称，

下面证明：
设曲线上任一点的坐标为Px0,y0，
则，点关于直线的对称点为，
因为，所以点在曲线上，故曲线关于直线对称，
同理可得点Px0,y0关于直线的对称点也在曲线上，
故曲线关于直线对称，
同理可证曲线关于原点对称.
下面证明为椭圆.
证明：①联立曲线和直线方程，
解得交点坐标为，
联立曲线和直线方程，
解得交点坐标为，
则，，，.
在上取点，
设Px,y为曲线上任一点，则
（因为）
.
即曲线上任一点到两定点的距离之和为定值.
②若点到两定点的距离之和为定值，
设Px,y为曲线上任一点，则
，
移项得
平方整理得，，
再移项平方得
化简可得
故点的轨迹方程为，
综上所述曲线是椭圆，其焦点坐标为.
【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线位置关系综合题型，涉及综合向量坐标法求轨迹方程、四边形面积最值、曲线对称性研究、椭圆定义应用证明多个角度的考查，解决本题目的关键点有：（1）类比代换，减少运算，如求得后再求MN，只需用代替中即得MN．（2）回归定义，无论是对称性的证明还是证明曲线是椭圆，都化归为定义证明即可.
开机速度满意度
芯片批次
合计
不满意
12
3
15
满意
28
57
85
合计
40
60
100