2022-2023学年福建省福州屏东中学高二下学期期末质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省福州屏东中学高二下学期期末质量检测数学试题含答案，共18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学年福建省福州屏东中学高二下学期期末质量检测数学试题 一、单选题1．设复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（    ）A．  B．-1 C．1 D．3【答案】C【分析】利用复数的除法运算化简即可求解【详解】由题意可得，所以，故其虚部为1，故选:C．2．若，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求解集合，再由交集的定义求解即可.【详解】的定义域为，则，解得：或，所以，由可得：，则，则.故选：D.3．在中，，斜边，点满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法求得.【详解】因为在中，，斜边，所以，以为坐标原点，，分别为轴，轴建立直角坐标系， 所以有，，，设，因为点满足，所以，解得，，所以，所以，，所以.故选：B4．“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知条件求得之间的关系和范围，再根据充分不必要条件的判定，可得选项.【详解】若表示焦点在轴上的椭圆，则需，即，所以，所以“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是，故选：C.【点睛】本题考查方程表示椭圆的条件，以及命题的充分不必要条件的判定，属于中档题.5．中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（    ）A．60 B．66 C．72 D．80【答案】C【分析】根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解.【详解】5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，若甲乙在同一实验舱的种数有种，故甲乙不在同一实验舱的种数有种.故选：C.6．随着智能手机的普及，手机摄影越来越得到人们的喜爱，要得到美观的照片，构图是很重要的，用“黄金分割构图法”可以让照片感觉更自然，“黄金九宫格”是黄金分割构图的一种形式，是指把画面横、竖各分三部分，以比例为分隔，4个交叉点即为黄金分割点．如图，分别用A，B，C，D表示黄金分割点．若照片长、宽比例为7∶3，设，则（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得到，利用二倍角公式，同角三角函数关系化弦为切，代入求值.【详解】依题意，所以，所以.故选：C7．已知且且且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】令，利用导数研究其单调性后可得的大小.【详解】因为，故，同理，令，则，当时，，当时，，故在为减函数，在为增函数，因为，故，即，而，故，同理，，，因为，故，所以.故选：D．【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．8．已知,为椭圆的左右焦点，过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A，若,，则椭圆C的方程为A． B． C． D．【答案】D【分析】根据面积公式及勾股定理得到点A坐标，再由椭圆的定义即可求得长轴长，进而求得椭圆方程．【详解】设椭圆半焦距为c，A（x0，y0）（y0＞0），由得×2c•y0=2，∴y0=，∴x0=y0 =，又为直角三角形，则|OA|=|F1F2|=c，在直角中，由勾股定理得（）2+（）2=c2，解得c=2，所以A（，1），F1（-2，0），F2（2，0），所以2a=|AF1|+|AF2|==2，∴a=,a2=6，∴b2=2，∴椭圆C的方程为．故选D．【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，注意平面几何知识的简单应用. 二、多选题9．在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的是（    ）A．成绩在内的考生人数最多B．不及格的考生人数为1000C．考生竞赛成绩的平均分约为分D．考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】ABC【分析】读懂题目提供的直方图，根据图中的数据逐项分析即可.【详解】对于A，由频率分布直方图可得，成绩在内的面积最大，因此考生人数最多，故A正确；对于B，由频率分布直方图可得，成绩在内的频率为，因此不及格的人数为，故B正确；对于，由频率分布直方图可得，平均分约为：分），故C正确；对于D，因为成绩在内的频率为，在内的频率为，所以中位数为，故错误；故选：.10．已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（    ）A．是函数的一个零点 B．函数的图象关于直线对称C．方程在上有三个解 D．函数在上单调递减【答案】ABD【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，对于AB，将与代入检验即可；对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；对于D，利用整体法及的单调性即可判断.【详解】因为，，所以，解得，又为正整数，所以，所以，所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，又，所以，，所以，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于A，令，因为，所以，显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；对于A，当时，，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.11．上甘岭战役是抗美援朝中中国人民志愿军进行的最著名的山地防御战役.在这场战役中，我军使用了反斜面阵地防御战术.反斜面是山地攻防战斗中背向敌方、面向我方的一侧山坡.反斜面阵地的构建，是为了规避敌方重火力输出.某反斜面阵地如图所示，山脚，两点和敌方阵地点在同一条直线上，某炮弹的弹道是抛物线的一部分，其中在直线上，抛物线的顶点到直线的距离为100米，长为400米，，，建立适当的坐标系使得抛物线的方程为，则（    ）  A． B．的准线方程为C．的焦点坐标为 D．弹道上的点到直线的距离的最大值为【答案】ABD【分析】根据题意，建立以为坐标原点，轴平行于，轴垂直于，结合图像，求出抛物线方程，准线方程，焦点坐标，即可判断ABC；根据题意，求出直线的方程，不妨设CE上一点为，判断出当该点处的切线与直线平行时，其到直线的距离最大，求解最大值即可.【详解】如图所示，建立以为坐标原点，轴平行于，轴垂直于.此时，，，抛物线的方程为，即，解得，故A正确；抛物线的方程为，准线方程为，焦点坐标为，故B正确，C错误；因为，，故，所以直线的方程为即，不妨设上一点为，，当该点处的切线与直线平行时，其到直线的距离最大.由可得，故，解得，此时点到直线的距离为，故D正确.故选：ABD.  12．已知三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，.若点O到三棱柱的所有面的距离都相等，则（   ）A．平面B．C．平面截球O所得截面圆的周长为D．球O的表面积为【答案】AC【分析】根据球的性质可判断为直棱柱，即可判断A，由内切球的性质，结合三棱柱的特征即可判断B，由勾股定理以及等边三角形的性质可判断CD.【详解】选项A，三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱为直棱柱，所以平面，因此A正确.选项B：因为，所以.因为点O到三棱柱的所有面的距离都相等，所以三棱柱的内切球与外接球的球心重合.设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于,则,由于为矩形的对角线交点，所以，而三角形 为等边三角形，所以 ,所以，所以，因此B错误.  选项C：由，可知，解得（负值已舍去），则.易得的外接圆的半径，所以平面截球O所得截面圆的周长为，因此C正确.选项D：三棱柱外接球的半径，所以球O的表面积，因此D错误.故选：AC 三、填空题13．已知向量，且，则实数的值为            ．【答案】/1.4【分析】利用数量积运算律和垂直关系的向量表示求解【详解】因为，所以，所以．故答案为：14．在的展开式中，含项的系数为          ．【答案】448【分析】根据二项式定理，写出展开式通项，利用赋值法，可得答案.【详解】由题意，其展开式的通项为，令，解得，则含的系数为.故答案为：.15．已知等比数列的公比，其前n项和为，且，，则数列的前2023项和为      ．【答案】【分析】先根据，，求出，然后可求，再利用裂项求和求解即可.【详解】因为，，所以，因为，所以；由得，所以；所以，，数列的前2023项和为：.故答案为：.16．已知函数与函数有公共点，则的最小值为      .【答案】/ 【分析】将问题转化为方程有解，即有解，设，则，将关于的方程看成关于的直线方程，则可视为直线上的点到原点的距离的平方，即为原点到直线的距离的平方，进而求解即可.【详解】令，故，即故方程有解设，则将关于的方程看成关于的直线方程，则可视为直线上的点到原点的距离的平方，即为原点到直线的距离的平方故当且仅当时等号成立时能取得最小值，此时故的最小值为故答案为：. 四、解答题17．在△ABC中，．(1)求C的大小；(2)已知，求△ABC的面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先把题给条件化为，再利用余弦定理即可求解C的值．（2）先用基本不等式求出ab的最大值，再代入三角形的面积公式即可求得△ABC的面积的最大值．【详解】（1）∵，∴，∴，∴，∴，又∵C∈（0，π），∴C．（2）∵（当且仅当时取等号），∴， ∴的最大值为．18．端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与均值．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）根据古典概型公式，结合组合数公式，即可求解;（2）首先确定随机变量的取值，，再根据古典概型计算公式，列出分布列，求解数学期望.【详解】（1）设事件A=“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有．（2）X的所有可能值为0，1，2，且，，．所以X的分布列为012故．19．已知数列为正项等比数列，数列满足，，．(1)求；(2)设的前n项和为，证明：．【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）根据前项和的定义，结合题意以及等比数列的定义，可得答案；（2）根据前项和的定义，结合数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用错位相减法，可得答案.【详解】（1）令，当时，，由，则；当时，，由，则.由数列为正项等比数列，设其公比为，则，所以.（2）证明：当时，，则，显然时也成立，所以.，，两式相减可得：，解得，因为，所以.20．如图，已知圆柱的上、下底面圆心分别为P，Q，是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，AB＝a，．  (1)当a为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是的重心；(2)在（1）条件下，求平面与平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)当时，点在平面内的射影恰好是的重心.(2) 【分析】（1）取的中点，连接，证得平面，过点作，得到，进而证得平面，得到是在平面内的射影，结合恰好是的重心，得到，在直角中，即可求解；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）解：取的中点，连接，可得，且，平面，所以平面，过点作，交于点，因为平面，所以，又，平面，所以平面，即是在平面内的射影，因为恰好是的重心，所以，在直角中，，，所以，所以，解得，所以时，点在平面内的射影恰好是的重心.（2）解：以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，作，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，由图象可得平面与平面所成二面角的平面角为锐角，所以，即平面与平面所成二面角的余弦值为．  21．已知椭圆：的右焦点与抛物线：，的焦点重合，的离心率为，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为4．(1)求椭圆和抛物线的方程；(2)过点M（3，0）的直线l与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点．【答案】(1)椭圆和抛物线的方程分别为：，；(2) 【分析】（1）由题意可得，由于椭圆的离心率可得a，c的关系，进而可得p，c的关系，再由过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为可得c的值，再由a，b，c的关系求出椭圆的方程及抛物线的方程；（2）设直线的方程，及A，B的坐标由题意可得E的坐标，将直线与椭圆联立可得两根之和及两根之积，求出直线的直线方程，将两根之和及之积代入可得恒过定点.【详解】（1）由的离心率为，可得，所以，因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，所以，，过的右焦点F且垂直于x轴的直线截所得的弦长为，令代入抛物线的方程：可得，所以，即，解得，所以，，由可得，所以椭圆和抛物线的方程分别为：，；  （2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：，设，，由题意可得，直线与椭圆联立：，整理可得：，，可得，，，直线AE的方程为：，整理可得：所以当时，，即过定点，所以可证直线过定点.  【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.22．已知函数，其中．(1)求的单调区间；(2)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）求函数的定义域并求出导数，解不等式和即可作答.（2）由给定不等式变形，构造函数，借助导数分类讨论有解即可.【详解】（1）的定义域为，，令，得，由，解得，由，解得，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）不等式，即，设，依题意，存在，，而，，当时，在上恒成立，不满足题意，当时，方程的判别式，即在上恒成立，则在上单调递增，，在上恒成立，不满足题意，当时，令，得，，由和得，则当时，，在上单调递减，此时，因此，当时，存在，使得不等式成立，所以满足题意的的取值范围为．【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.