云南省保山市高（完）中C、D类学校2022-2023学年高二下学期6月份联考数学试题（解析版）

保山市高（完）中C､D类学校2022~2023学年下学期6月份联考

高二数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟.

第I卷（选择题，共60分）

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号､准考证号在答题卡上填写清楚.

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.

一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】化简集合B，根据集合交集定义求解即可．

【详解】因为，所以

故选：D.

2. 若，则在复平面内对应的点所在象限为（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数运算求得，进而判断出对应点所在象限.

【详解】因为，所以，

在复平面内对应的点为，在第三象限.

故选：C

3. 下列函数中，既是上的增函数，又是偶函数的是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】对选项的函数的单调性和奇偶性作判断.

【详解】对A奇函数；对B非奇非偶函数；对C：是偶函数，在是减函数.

故选：D

【点睛】本题考查了函数的单调性和奇偶性，属于容易题.

4. “a＝1”是“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”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】A

【解析】

【分析】先求出“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”的充要条件,再判断即可.

【详解】“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”

则,故或,代入检验均成立.

故“a＝1”是“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判定,同时也考查了直线平行的运用,属于基础题型.

5. 已知，，.则，，的大小关系是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用指数函数与对数函数的性质及三角函数的单调性，即可得出的大小关系.

【详解】，，即，

则，，的大小关系是.

故选：D.

【点睛】本题考查的是比较大小问题，涉及的知识点包括指数函数的单调性、对数函数的单调性及三角函数的单调性，属于基础题.

比较指对幂形式数的大小关系，常用方法：

（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；

（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；

（3）借助于中间值，例如：0或1等

6. 下列函数中，y的最小值为4的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】结合基本不等式判断ABC，结合根式性质，二次函数性质判断D.

【详解】对于A，当时，，当且仅当时等号成立，

当时，，

当且仅当时等号成立，A错误；

对于B，，当且仅当时等号成立，

所以的最小值为；

对于C，当时，，

令，可得，与矛盾，

所以的最小值不是，C错误；

对于D，，当时等号成立，

所以的最小值为，D错误；

故选：B.

7. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（    ）

A.  B. 7 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据二项式系数的性质得，再根据通项公式可求出结果.

【详解】因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，

所以，，

令，得，

所以展开式中常数项是.

故选：D

8. 直线与圆的位置关系为（    ）

A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定

【答案】C

【解析】

【分析】求出直线恒过的定点，判断定点与圆的位置关系.

【详解】由题知，圆心坐标，半径，

将直线化为点斜式得，

知该直线过定点，

又，故该定点在圆内，

所以该直线与圆必相交.

故选：C

二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 甲、乙两人进行飞謤游戏，甲的10次成绩分别为，8，乙的10次成绩的平均数为8 ，方差为，则（    ）

A. 甲的10次成绩的极差为4

B. 甲的10次成绩的分位数为8

C. 甲和乙的20次成绩的平均数为9

D. 乙比甲的成绩更稳定

【答案】AD

【解析】

【分析】根据给定数据，计算极差、75%分位数、平均数、方差判断各选项即可得答案.

【详解】解：甲的极差为，选项A正确；

将甲的10次成绩由小到大排列为：6，7，7，7，8，8，8，9，10，10，而，所以甲的10次成绩的75%分位数为9，选项B错误；

甲的10次成绩的平均数为，而乙的10次成绩的平均数为8，则甲和乙的20次成绩的平均数为，选项C错误；

甲的10次成绩的方差，

显然，乙比甲的成绩更稳定，选项D正确.

故选：AD.

10. 下列说法错误的有（    ）

A. 三点确定一个平面

B. 平面外两点A、B可确定一个平面与平面平行

C. 三个平面相交，交线平行

D. 棱台的侧棱延长后必交与一点

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用平面的基本性质判断选项A；举反例判断选项BC；利用棱台的定义判断选项D即得解.

【详解】A. 不在同一条直线上的三点才能确定一个平面，所以该选项错误；

B. 平面外两点A、B在平面的垂线上，则经过A、B不能确定一个平面与平面平行，所以该选项错误；

C. 三个平面相交，交线不一定平行，如三棱锥的三个侧面，所以该选项错误；

D. 棱台的侧棱延长后必交与一点，所以该选项正确.

故选：ABC

11. 袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，记事件A为“三个球都是红球”，事件B为“三个球都是黄球”，事件C为“三个球至少有一个是黄球”，事件D为“三个球不都是红球”，则（    ）

A. 事件A与事件B互斥且对立 B.

C.  D. 事件B与事件D可能同时发生

【答案】BCD

【解析】

【分析】袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，则根据互斥与对立事件的关系，对选项逐一判断即可.

【详解】因为袋子中装有红球、黄球各个，

现从中随机抽取3个，则会有{三红球，三黄球，一黄球二红球，两黄球一红球}，

所以事件A与事件B互斥但不对立，故A选项错误；

事件C的对立事件即为事件A，则，故B选项正确；

事件A与事件D互为对立事件，则，故C选项正确；

因为事件B与事件D不是互斥事件，故有可能同时发生，故D选项正确;

故选：BCD

12. 函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 在区间上单调递减

C. 将的图象向左平移个单位所得函数为奇函数

D. 方程在区间内有4个根

【答案】BCD

【解析】

【分析】观察图象可得函数的周期，由此可求，再由求参数，由此判断A，根据正弦函数的单调性判断B，

结合三角函数图象变换结论和正弦函数性质判断C，解方程判断D.

【详解】由图可得：，又，

所以，

因为，

所以，

故，又，

所以

故，所以A错误；

因为，所以，

所以在区间上单调递减，故B正确；

的图象向左平移个单位所得函数为，该函数为奇函数，故C正确；

因为，所以，由得：

或或或，

解得或或或，

故有4个根，所以D正确.

故选：BCD.

第II卷（非选择题）

注意事项：

第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，若，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】由得，进而可得，即可求解模长.

【详解】解：由得，即，解得，

所以.

故答案为：.

14. 过原点且与相切的直线方程是__________.

【答案】

【解析】

【分析】设切点为，利用导数的几何意义列方程组求出，即可取出切线方程.

【详解】设切点为，且，

由题意可得：，解得：

过原点且与相切的直线方程是.

故答案：

15. 阿基米德是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且内切球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论．已知某圆柱的轴截面为正方形，其体积为，则该圆柱内切球的表面积为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，该圆柱的底面圆的半径和母线的关系，可以设出未知数，利用已知的圆柱体积求解出底面圆的半径，再求出圆柱的表面积，再结合圆柱的表面积与其内切球的数量关系，即可得出答案.

【详解】设圆柱的底面半径为，则其母线长为，

因为圆柱体积公式为，解得：，

因为圆柱的表面积公式，

所以，

由题知，内切球的表面积也是圆柱表面积的，

所以所求圆柱内切球的表面积为.

故答案为：

16. 已知函数满足，且是偶函数，当时，，若在区间内，函数有2个零点，则实数a的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】根据函数的周期性和奇偶性得到函数解析式，变换得到，考虑和两种情况，画出函数图像，根据图像得到，解得答案.

【详解】当时，，；

故时，，

当时，，即.

，即，，

画出函数图像，如图所示：

当时，最多有一个交点，不满足；

当时，有两个交点，则，即，.

综上所述：.

故答案为：.

四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 在中，角的对边分别是，且满足．

（1）求C；

（2）若，的面积为，求边长c的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再由余弦定理求得，即可求解；

（2）由的面积为，列出方程求得，结合余弦定理，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理得，即，即，

由余弦定理得，

又因为，所以．

【小问2详解】

解：由的面积为，

所以，可得，

又由，所以．

18. 已知等比数列的各项均为正数，且，.

（1）求的通项公式；

（2）数列满足，求的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据条件建立关于的方程组，然后解出即可得答案；

（2）利用分组求和法求出答案即可.

【小问1详解】

∵，

∴，，解得，∴；

【小问2详解】

由题可知，∴，

∴，

19. 如图，设在直三棱柱中，，，E，F依次为的中点．

（1）求异面直线、EF所成角的余弦值；

（2）求点到平面AEF的距离．

【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦作答.

（2）由（1）中坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离作答.

【小问1详解】

在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，，

所以异面直线所成角的余弦值为．

【小问2详解】

设平面AEF的一个法向量为，而，

则，令，得，又，

于是．

所以点到平面AEF的距离为．

20. 某观影平台为了解观众对最近上映的某部影片的评价情况（评价结果仅有“好评”“差评”），从平台所有参与评价的观众中随机抽取216人进行调查，部分数据如下表所示（单位：人）：

（1）请将上面的列联表补充完整，并依据小概率值的独立性检验，判断对该部影片的评价与性别是否有关？

（2）若将频率视为概率，从观影平台的所有给出“好评”的观众中随机抽取3人，用随机变量表示被抽到的男性观众的人数，求的分布列和期望.

参考公式及数据：，其中.

【答案】（1）列联表答案见解析，认为对该部影片的评价与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01   

（2）分布列答案见解析，数学期望：

【解析】

【分析】（1）把列联表补充完整，计算即可求得结果.

（2）先求得从观影平台的所有给出“好评”的观众中随机抽取1人为男性的概率，由于各次抽取之间互相独立，故其服从二项分布即可求得分布列及期望.

【小问1详解】

依题意，完善列联表如下：

零假设为：对该部影片的评价与性别无关.

由列联表，得

，

根据小概率值的独立性检验，推断不成立，

即认为对该部影片的评价与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.

【小问2详解】

从观影平台的所有“好评”的观众中随机抽取1人为男性的概率.

依题意，

由.

，

，

，

.

故随机变量的分布列为

.

21. 已知函数在处取得极大值.

（1）求的值；

（2）当时，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）5

【解析】

【分析】（1）求导得，根据函数极值与导数的关系得到关于方程组，解出并检验即可；

（2）直接求导，列出函数与导函数变化的表格，通过表格即可求出最大值.

【小问1详解】

，且函数在处有极值1，

，解得.                            

又当时，

当或时，，

当时，，

故在处取得极大值，满足题意.

综上，.

【小问2详解】

当，时，．则．

当变化时，与的变化情况如下表：

所以时，的最大值为.

22. 设椭圆的右顶点坐标为，且其离心率为．

（1）求椭圆的方程;

（2）若在轴上的截距为2的直线与椭圆分别交于两点，为坐标原点，且直线的斜率之和等于12， 求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由椭圆的简单几何性质，列出关于的方程，再结合即可求解；

（2）由题意，直线的斜率存在，设：，点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，从而即可得出直线的方程.

【小问1详解】

解：因为椭圆的右顶点坐标为， 且其离心率为，

所以，解得，

所以，

故所求椭圆方程为；

【小问2详解】

解：若直线垂直于轴，则、的斜率都不存在，不合题意.

所以直线斜率存在，设：，点、，

联立，化简可得，

由，解得或，

所以，，

所以，

解得，

所以直线的方程为．