[数学][期末]福建省福州市六校联考2022-2023学年高二下学期期末考试试题(解析版)

这是一份[数学][期末]福建省福州市六校联考2022-2023学年高二下学期期末考试试题(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，由得
故选：B
2. 下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A选项，当时，，则在上单调递减；
对于B选项，函数在区间上不单调；
对于C选项，函数在上不单调；
对于D选项，因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数.
故选：D.
3. 设，，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】根据对数函数在定义域内为单调递增可知，即；
由三角函数单调性可知；
利用指数函数单调递增可得；
所以.
故选：C
4. 已知边长为1的正方形，设，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】因为是边长为1的正方形，，
所以
又，所以
故选：B
5. 函数是（ ）
A. 奇函数，且最小值为B. 奇函数，且最大值为
C. 偶函数，且最小值为D. 偶函数，且最大值为
【答案】C
【解析】由题可知，的定义域为，关于原点对称，
且，
而，
即函数为偶函数；
所以，
又，
即，可得函数最小值为0，无最大值.
故选：C
6. 设，函数 若恰有一个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】画出函数的图象如下图所示：
函数可由分段平移得到，
易知当时，函数恰有一个零点，满足题意；
当时，代表图象往上平移，显然没有零点，不符合题意；
当时，图象往下平移，当时，函数有两个零点；
当时，恰有一个零点，满足题意，即；
综上可得的取值范围是.故选：D
7. 已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】若双曲线的离心率为，则，
所以，若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为；
若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为；
所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的充分条件；
反之，双曲线的一条渐近线为，
若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，
离心率；
若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，
离心率；所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的必要条件；
综上：“的离心率为”是“的一条渐近线为”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
8. 已知△ABC中，角A，B满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】，
，
设函数，上面不等式即为，
又，是上的增函数，
，而，是三角形内角，
，
即，，
，，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
由，，
由正弦定理可得，故D错误.
故选：C.
二、选择题：本题共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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 将一组数据中的每个数据都乘以2后，平均数也变为原来的2倍
B. 一组数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数都相同
C. 一组数6，5，4，3，3，3，2，2，2，1的分位数为5
D. 若甲组数据的方差为5，乙组数据的方差为4.7，则这两组数据中较稳定的是甲
【答案】AB
【解析】对于A中，根据数据的平均数的计算公式，
若将一组数据中的每个数据都乘以2后，平均数也变为原来的2倍，所以A正确；
对于B中，数据的平均数为，
由众数和中位数的概念，可得数据的众数为，中位数为，
所以数据的平均数、众数和中位数都相同，所以B正确；
对于C中，将数据从小到大排序，可得，
因为，所以分位数为，所以C错误；
对于D中，若甲组数据的方差为5，乙组数据的方差为4.7，
根据方差的概念，可得这两组数据中较稳定的是乙，所以D错误.
故选：AB.
10. 已知，，且，则（ ）
A. 的最大值为2B. 的最小值为2
C. 的最大值是1D. 的最小值是1
【答案】BC
【解析】因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，解得或.因为，，所以，故A错误，B正确；
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，因为，所以解得，所以，故C正确，D错误.
故选：BC.
11. 在四棱锥中，底面是正方形，平面，点是棱的中点，，则（ ）
A.
B. 直线与平面所成角的正弦值是
C. 异面直线与所成的角是
D. 四棱锥的体积与其外接球的体积的比值是
【答案】AB
【解析】如图，连接.
因为底面是正方形，所以，
因为平面，所以，
所以平面，则，故A正确.
由题意易证，，两两垂直，故建立如图所示的空间坐标系.
设，则，，，，，
从而，，，.
设平面的法向量，则，
令，得.设直线与平面所成的角为，
则，故B正确.
设异面直线与所成的角为，
则，
从而，故C错误.
四棱锥的体积，
由题意可知四棱锥外接球的半径，
则其体积，
从而四棱锥的体积与其外接球的体积的比值是，故D错误.
故选：AB.
12. 已知为等差数列的前项和，，，记，，其中是高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】由为等差数列的前项和，所以，
即；
又，设等差数列的公差为，所以，所以，
所以，故A正确；
由选项A可知，所以，
所以
，故B错误；
由选项A可知，所以，，
所以，即数列是首项为，公差为的等差数列，
所以
，故C正确；
由选项A可知，
当且时，；
当且时，；
当且时，；
当时，；
所以，故D正确.
故选:ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 复数，则__________________.
【答案】
【解析】，因此，.
故答案为：.
14. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____．
【答案】1
【解析】设，则,
即，
所以，由于又，
所以，因此，故关于轴对称，
由得,将代入抛物线中得
所以，
故答案为：1
15. 设，其中．当时，____；当时，的一个取值为____．
【答案】① ②（答案不唯一）
【解析】根据题意可得当时，可得，
所以；
当时，即，
整理可得，即，
可得，所以的一个取值为.
故答案为：,
16. 若不等式有唯一解，则的值为________．
【答案】
【解析】由题意可知，不等式有唯一解，
令，
要使有唯一解，
只需使与有一个交点，即方程有唯一解，
即方程有唯一实数根，
，即，解得：.故答案为：.
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. 如图，在中，，，平分交于点，．
（1）求的值；
（2）求的面积．
解：（1）在中，由正弦定理得，
所以，
因为，所以；
（2）由（1）得，
由题设，，即为等腰三角形，
所以，
，
所以的面积．
18. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值．
解：（1）如图所示：

连接.因为是边长为2正方形，所以，
因为，所以，，
所以，则.
因为，所以.
因为平面ABCD，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴
建立如图所示的空问直角坐标系.

则，，，，故，，.设平面的法向量为，
则，令，则
设平面的法向量为，
则，
令，则.
，
记平面和平面夹角为，则.
19. 在递增的等比数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
解：（1）由题意可得，
解得，，则，.
故.
（2）由（1）可得，则.
故
.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，证明：在上单调递增；
（3）判断与的大小关系，并加以证明．
解：（1）,所以，．
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）由题设，．
所以．
当时，因为，所以．
所以在上单调递增．
（3）．
证明如下：设．
则．
由（2）知在上单调递增，所以．
所以，即在上单调递增．
所以，即．
21. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）过点的直线与椭圆交于两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
解：（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得：，
解得：，，，
椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不为时，设直线的方程为，，，的中点为.
联立整理得：，
由题意可知：，
则，，
.
为的中点，，，
即.
直线的方程可设为，
令得：，则，
.
当直线的斜率为时，，，则.
综上所述：为定值，且定值为.
22. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明: ．
解：（1）由函数，
可得的定义域为，
且
若，可得，在上单调递减；
若，令，
因为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上可得：当时， 在上单调递减；
当时，的递增区间为，递减区间为.
（2）由（1）知，当时，的递增区间为，递减区间为，
所以，
所以，即，
当时，可得：，
将不等式累加后，
可得
，
即.