2023温州十校联合体高二下学期期末联考数学试题含解析

2022学年第二学期温州十校联合体期末联考

高二年级数学学科试题

考生须知：

1.本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.

4.考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

一.选择题（本大题共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. 集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据对数函数的性质和不等式的解法，求得，，结合集合交集的概念与运算，即可求解.

【详解】由集合，

集合，

所以.

故选：C.

2. 复数的实部与虚部互为相反数，且满足，，则复数在复平面上对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数除法运算化简，结合已知可得a，然后可解.

【详解】，

因为复数的实部与虚部互为相反数，所以，即，

所以，所以复数在复平面上对应的点为，在第二象限.

故选：B

3. 函数的大致图象为　　

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】判断函数的奇偶性和图象的对称关系，结合的符号，进行排除即可．

【详解】解：，则函数是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，C，，排除B，

故选D．

【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及函数值的符号是否对应，利用排除法是解决本题的关键．

4. 的展开式中各项系数的和为，则该展开式中常数项为（    ）

A.  B.  C. 20 D. 40

【答案】A

【解析】

【分析】由题意，赋值法求出a的值，再由二项式通项公式求解.

【详解】由题意，的展开式中各项系数的和为，令x=1，得a=1，

故原式，

的通项，

由，得，对应的常数项为，

由，得，对应的常数项为，

故所求的常数项为 ，选项A正确.

故选：A

5. 冯老师教高二4班和5班两个班的数学，这两个班的人数相等.某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，.关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（    ）

A. 4班的平均分比5班的平均分高

B. 相对于5班，4班学生的数学成绩更分散

C. 4班108分以上的人数约占该班总人数的4.55%

D. 5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等

【答案】D

【解析】

【分析】分别求得4班的平均分和5班的平均分判断选项A；观察两个班图象的胖瘦进而判断选项B；求得4班108分以上的人数占比判断选项C；求得5班112分以上的人数并与4班108分以上的人数进行比较判断选项D.

【详解】选项A：4班的平均分98分，5班的平均100分，

则4班的平均分比5班的平均分低.判断错误；

选项B：5班的图象比4班的图象更“矮胖”，

则相对于4班，5班学生的数学成绩更分散. 判断错误；

选项C：4班 的最大值为，则

则.判断错误；

选项D：5班 的最大值为，则

则，又4班和5班两个班的人数相等，

则5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等

故选：D

6. 冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击一轮，共射击4轮，每轮射击5次，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜.已知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件为其在前两轮射击中没有被罚时，事件为其在第4轮射击中被罚时2分钟，那么（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】事件B为前3轮中有一轮中有1发未中，第4轮射击中有2发未中，事件AB是第3轮有1发未中，第4轮有2发未中，然后利用利用条件概率求解.

【详解】由题意得，

，所以C正确.

故选：C

7. 我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数.若的对称中心为，则（    ）

A. 8088 B. 4044 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意先求出的值，再利用中心对称的性质可求得结果.

【详解】因为的对称中心为，

所以为奇函数，

，

所以，

所以，解得，

所以的对称中心为，

所以，

所以，，

，，

……

，，

所以，

故选：C

8. 设，，，则下列关系正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别构造函数，，利用导数研究单调性，由单调性比较大小可得.

【详解】记函数，

因为，当时，，

所以当时，，单调递增，

所以，即.

记函数，，

当时，，单调递增，

所以，即.

综上，.

故选：D

二.选择题（本大题共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. 已知数列前项和为，且，，则下列命题正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】利用可直接求出判断A；再得出与的关系式，判断出数列的特征，即可判断B；再求出前项和即可判断C；根据即可判断D.

【详解】因为，，

所以，，A正确；

两式相减可得，，

则，时，不符合，

所以从第项起，是公比为的等比数列，

所以，B错误；

则，C正确；

则，D错.

故选：AC

10. 已知圆，点，点在圆上，为原点，则下列命题正确的是（    ）

A. 在圆上 B. 线段长度的最大值为

C. 当直线与圆相切时， D. 的最大值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据点代入圆判断A选项，再由圆外一点到圆上一点的距离范围判断B选项，根据切线长与半径及点与圆心距离的勾股定理判断选C项，设动点，再求向量，应用向量数量积的坐标运算结合条件化简即可判断D选项.

【详解】代入圆的方程, ,不在圆上,A选项错误；;

线段长度的最大值为,B选项正确；;

当直线与圆相切时，,C选项正确；;

设动点,点P轨迹是圆心为，半径为的圆，，

又，

因为，

所以,且，

则的最大值为，所以D选项正确；

故选：BCD.

11. 已知，，为实数，则满足函数有且仅有一个零点条件是（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】ABD

【解析】

【分析】分别对四个选项中的函数利用导数求出三次函数的单调性、极值，得到三次函数的图象，根据图象可得答案.

【详解】对于A，因为，，所以，，

所以在上为增函数，则函数有且仅有一个零点，故A 正确；

对于B，因为，，所以，，

所以在上为增函数，则函数有且仅有一个零点，故B 正确；

对于C，因为，，所以，，

令，得或；令，得，

所以在和上为增函数，在上为减函数，

所以的极大值为，极小值，

所以函数有且仅有三个零点，故C不正确；

对于D，因为，，所以，，

令，得或；令，得，

所以在和上为增函数，在上为减函数，

所以的极大值为，极小值，

所以函数有且仅有一个零点，故D正确；

故选：ABD

12. 已知三棱锥，，其余棱长均为，则下列命题正确的是（    ）

A. 该几何体外接球的表面积为

B. 直线和所成的角的余弦值是

C. 若点在线段上，则最小值为3

D. 到平面的距离是

【答案】ACD

【解析】

【分析】三棱锥放入长方体中，三棱锥与长方体有相同的外接球，长方体的对角线长为外接球的直径，求出对角线再求外接球的表面积可判断A；连接，交与点，因为，所以为或其补角为直线和所成的角，在中，由余弦定理可判断B；以为轴旋转至平面使得与在同一个平面内，可得四边形为平行四边形，连接交于，即为中点时最小，由余弦定理求出的最小值可怕的C；长方体的体积减去的体积可得，利用三角形面积公式计算，利用体积相等求出到平面的距离可怕的D.

【详解】对于A，如图，三棱锥放入长方体中，三棱锥各棱长为其面的对角线，

由题意可得，解得，

所以长方体的对角线长为，

因为三棱锥与长方体有相同的外接球，长方体的对角线长为外接球的直径，

所以外接球的表面积为，故A正确；

对于B，

如图，连接，交与点，

因为，所以为或其补角为直线和所成的角，

因为，，，

在中，由余弦定理可得，故B错误；

对于C， 以为轴旋转至平面使得与在同一个平面内，

因为，所以四边形为平行四边形，

连接交于，即为中点时最小，

在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

所以的最小值为，故C正确；

对于D，由A选项可知，长方体的体积为，，

所以，

由C选项可得，

所以，

所以到平面的距离为，故D正确.

故选：ACD.

非选择题部分

三.填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）

13. 已知平面向量，，，，，则的值是______.

【答案】

【解析】

【分析】先利用向量垂直数量积为0求出的值，再根据向量的平方等于模长的平方即可求解.

【详解】，

因为，所以，解得，

又因为，

所以，

故答案为：

14. 如图所示，为平面四边形的对角线，设，，为等边三角形，则四边形的面积的最大值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得,设，得到，由余弦定理求得，得到，化简四边形的面积为，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】在中，因为，，可得,

设，可得，

又由余弦定理得，

因为为等边三角形，所以，

所以四边形的面积为

，

当时，即时，四边形的面积取得最大值.

故答案为：.

15. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，为坐标原点，椭圆上的两点，分别在第一，第二象限内，若与的面积相等，且，则椭圆的离心率为______.

【答案】##

【解析】

【分析】由三角形面积相等得到，结合，得到，从而求出离心率.

【详解】由题意得，

故，

又，将代入可得，即，

又，故，离心率.

故答案为：

16. 函数为数学家高斯创造的取整函数，表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，且，若，则数列的前2023项和为______.

【答案】4962

【解析】

【分析】由已知等式可得，则为常数列，从而可得，然后由取整函数分类可求得结果.

【详解】因为，所以，

所以，

所以数列为常数列，

所以，所以，

记的前项和为，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

所以

，

故答案为：4962

四.解答题：本大题共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. 如图所示，在棱长为1的正方体中为线段的中点.

（1）求证：平面平面；

（2）求到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理可证结论；

（2）建立坐标系，结合空间向量，利用点到平面的距离公式可求答案.

【小问1详解】

因为是正方体，所以平面，所以.

又，，所以平面，

平面，所以平面平面.

【小问2详解】

在正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，.

由令，则，，即.

设到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.

18. 设公差不为零的等差数列，，，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）已知，数列的前项和为，求使得成立的最小正整数.

【答案】（1）   

（2）4

【解析】

【分析】（1）根据条件列方程组求出，然后可得通项公式；

（2）利用裂项相消法求和，然后解不等式可得.

【小问1详解】

设等差数列公差为，由题知，

，解得，所以.

【小问2详解】

因为，

所以，

由得，解得，

由且，得最小正整数为4

19. 中，三个内角，，所对的边分别为，，且

（1）若，，求内切圆的半径长；

（2）已知，，求面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理和面积公式可求出结果；

（2）根据正弦定理、两角和的正弦公式、二倍角余弦公式以及三角形的面积公式可求出结果.

【小问1详解】

因为，所以，

由得，

由，解得，

∴，

设内切圆的半径长为，

则，所以.

【小问2详解】

由及已知条件得：，

所以，所以，

所以，

因为，所以，所以，即，

由得为锐角，∴，，，，

∴，.

20. 三门是“中国青蟹之乡”，气候温暖、港湾平静、水质优良，以优越的自然环境成为我国优质青蟹的最佳产区.所产的三门青蟹具有“金爪、绯钳、青背、黄肚”的特征，以“壳薄、皆黄、肉嫩、味美”而著称，素有“三门青蟹、横行世界”之美誉；且营养丰富，内含人体所需的18种氨基酸和蛋白质、脂肪、钙、磷、铁等营养成分，被誉为“海中黄金，蟹中臻品”.养殖户一般把重量超过350克的青蟹标记为类青蟹

（1）现有一个小型养蟹池，已知蟹池中有50只青蟹，其中类青蟹有7只，若从池中抓了2只青蟹，用表示其中类青蟹只数，请写出的分布列，并求的数学期望；

（2）另有一个养蟹池，为估计蟹池中的青蟹数目，小王先从中抓了50只青蟹，做好记号后放回池中，过了一段时间后，再从中抓了20只青蟹，发现有记号的有只，若，试给出蟹池中青蟹数目的估计值（以使取得最大值的为估计值）.

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）或200

【解析】

【分析】（1）的取值为0，1，2，由古典概型概率公式求出对应概率，从而可得分布列，进而可求的数学期望；

（2）设，判断增减性，可得时，，时，，进而可得答案.

【小问1详解】

由题意的取值为0，1，2

，，

分布列为

【小问2详解】

设

，

所以时，

时，，时，

所以当或200时，最大，估计蟹池中青蟹数目为199或200只

21. 已知函数，

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若，总有，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，代入得出斜率和，利用点斜式求解即可.

（2）由已知分离参数可得在时恒成立，构造函数，，转化为求解函数的范围问题，结合导数可求.

【小问1详解】

当时，，，

可知，，

故切线方程为，即.

【小问2详解】

若，总有，即，

得，恒成立，即，

设，，，

设，，

单调递增，代入可知，，

令，且，

可知当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故

，

因是整数，故的最大值为.

22. 已知抛物线，斜率为1的直线交于不同于原点的，两点，点为线段的中点.

（1）求抛物线的方程；

（2）直线与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，，设切线，的交点为

①求证：为直角三角形.

②记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标.

【答案】（1）   

（2）①证明见解析；②最小值4，此时.

【解析】

【分析】（1）设直线方程，联立抛物线方程消元，根据韦达定理，结合中点坐标公式可得；

（2）①利用导数的切线方程，结合韦达定理即可证明；②根据点P坐标满足①中切线方程可得直线AB方程，然后由弦长公式和点到直线的距离公式可得面积，然后可解.

【小问1详解】

设直线的方程为，代入抛物线，

可得，设，，则

点为线段的中点，可得，即则抛物线的方程为.

  【小问2详解】

①设，，由，可得，则，

所以，两点处的切线斜率分别为，，

由，得，所以，，

所以，所以，即为直角三角形.

②由（1）知，即：，同理，

由直线，都过点，即，

则点，的坐标都满足方程，

即直线的方程为：，

又由直线过点，∴，

联立得，

∴，

点到直线的距离，

∴

∴