浙江省宁波市九校2022_2023学年高二数学上学期期末联考试题含解析

这是一份浙江省宁波市九校2022_2023学年高二数学上学期期末联考试题含解析，共26页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 设，向量，且，则， 已知函数及其导函数满足，则， 若动点满足等内容，欢迎下载使用。

第I卷
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. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角；
【详解】解：直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，所以
故选：A
2. 设一组样本数据的均值为2，方差为，则数据的均值和方差分别为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合平均数与方差的计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，易知新数据的平均数为；
方差为.
故选：D.
3. 设，向量，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果.
【详解】向量，
且，
∴，解得
∴，
∴，选项C正确.
故选：C．
4. 对空间中任意一点和不共线的三点，能得到在平面内的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用向量来判定点在平面内，只需要满足：（）
【详解】因为A、B、C三点不共线，则不共线，
若四点共面，则存在唯一的一组实数使得，
即，变形得，
对于，，整理得，则，所以在平面内，故选项正确；
对于，，可得：
则，故不在平面内，故选项错误；
对于C，，可得：，
则，故不在平面内，故选项C错误；
对于，，可得：
则，故不在平面内，故选项错误；
故选：
5. 过双曲线内一点且斜率为的直线交双曲线于两点，弦恰好被平分，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，则有，，将两点的坐标代入双曲线方程相减，再结合的关系，可得，从而可得，从而可得答案.
【详解】解：由题意可得，且，
又因为，
所以，
即有，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
6. 已知函数及其导函数满足，则（）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，对原式进行求导，然后令，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则
令，则，解得
故选:A
7. 已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，离心率分别为，椭圆的长轴恰好被双曲线的焦点､顶点､中心平分为若干条等长线段，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意确定椭圆顶点坐标、双曲线顶点坐标、焦点用表示，进而可求解.
【详解】不妨设焦点在轴上，
根据题意，若双曲线的实轴长为，则椭圆的实轴长为，
则有椭圆的左右顶点为，双曲线左右顶点为，
焦点为，
所以，所以，故A错误，B正确；
，故C错误；
，故D错误，
故选:B.
8. 已知对任意恒成立，其中常数且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求得；当时，可知单调递增，分别在和的情况下，说明存在的区间，可知不合题意；当时，根据单调性可求得最小值，由可整理得到结果.
【详解】由题意知：定义域为，；
①当时，，在上单调递增，且；
若，即，则当时，，不合题意；
若，即，则，，
，使得，则当时，，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增，
，
若恒成立，则，即；
综上所述：且.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够将问题转化为，从而分别在和的情况下讨论的单调性，进而由单调性确定最小值.
二､多选题本题共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. 若动点满足（且）其中点是不重合的两个定点），则点的轨迹是一个圆，该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆.已知点，，动点满足，点的轨迹为圆，则（）
A. 圆的方程为
B. 若圆与线段交于点，则
C. 圆上有且仅有两个点到直线的距离为
D. 设动点，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设点代入关系式化简可得的轨迹方程为一个圆，可判断AB；利用圆心且与直线的距离为，且，可判断C；利用，转化为圆心到点的距离加上圆的半径后，再平方再减去25可判断D.
【详解】设，由得，
整理得，即，故A正确；
在上，所以，故B正确
过圆心且与直线平行的直线方程为，
圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，
因为，所以在直线与直线之间的圆弧上有两个点到直线直线的距离为，在直线的另一侧的圆上还有两个点到直线的距离为，共有4个点，故C错误；
设动点，所以，
则，即求圆上的点到点的距离的平方减去25的最大值，转化为圆心到点的距离加上圆的半径后，再平方再减去25即可，所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）
A.
B.
C. 平面的一个法向量为
D. 平面与平面所成角的正切值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，得到各点的坐标，结合空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由题意可得
对于A，因为，则，故A错误；
对于B，因为，则，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则
所以平面的一个法向量为，故C正确；
对于D，因为，
设平面的法向量为
则，解得，
令，则平面的一个法向量为
设平面与平面所成角为，
则
显然平面与平面所成角为锐二面角，
即，则，所以，故D错误；
故选:BC
11. 已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点，则下列说法正确的是（）
A. 抛物线的准线方程为
B.
C. 若，则的斜率为
D. 是过焦点且与垂直的弦，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，将抛物线方程写出标准形式，求出准线方程，A错误；
B选项，设出直线方程为，与抛物线方程联立后，根据韦达定理求出两根之积；
C选项，由，得到，结合两根之积，求出，分两种情况，结合两根之和求出的值，进而求出直线的斜率；
D选项，利用焦点弦长公式求出，从而结合斜率关系求出，得到.
【详解】变形为，准线方程为，A错误；
设过焦点的直线方程为，
与抛物线联立得：，
则，，B正确；
因为，所以，代入中，解得：，
当时，，则，解得：，
故直线的斜率为，
当时，，则，解得：，
故直线的斜率为，
则的斜率为，C正确；
由焦点弦长公式可得：
，
是过焦点且与垂直的弦，同理可得：，
故，D正确.
故选：BCD
12. 已知，若整数满足，则的大小关系可能为（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对两边同时取对数，令，对求导得出单调性，即可求出的单调性，即可得出答案.
【详解】因为，对两边同时取对数，
所以令，
所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由复合函数“同增异减”的原则，可知，
在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以若，则，
若，则可能，
若，则可能.
当，则，但因为为整数，
而在区间不存在正整数，所以不成立.
故选：BCD.
第II卷
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 甲乙丙三人进行射击练习，已知甲乙丙击中目标的概率分别为，则三人中至少有两人击中目标的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，分别求得三人均未击中目标与只有一人击中目标的概率，然后用减去其概率之和，即可得到结果.
【详解】根据题意，三人均未击中目标的概率为；
只有一人击中目标的概率为
所以三人中至少有两人击中目标的概率为
故答案为:
14. 过点的直线与椭圆交于两点，则的最大值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据联立后弦长公式和换元法以及二次函数得最值即可求解.
【详解】①当直线斜率存在时，
设直线方程为：
联立，
得，
即，
所以，
所以，
令，
则原式，
令，
则原式，
当时取得最大值，
此时，.
②当直线斜率不存在时，
所以的最大值是.
故填：.
15. 已知四棱锥的底面为边长为2的正方形，分别为和的中点，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由面到点的距离的最小值转化为点到面的距离的最小值，建立合适的空间直角坐标系，由点到面的距离即可求得平面上任意一点到底面中心距离的最小值.
【详解】四棱锥的底面为边长为2的正方形，连接且相交于点，则点是底面中心，，
取的中点，连接，则，
又，
又，
面
又面，
面面
又，为面与面的交线，平面
面
又面，面，
以点为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，设平面的法向量为，设到平面的距离为，
则
令，则，
代入距离公式得，
故答案为：.
16. 已知不等式恒成立，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】法一：利用同构得到，即，构造，，利用导函数求出其最小值，得到；
法二：先代入求出，再构造函数，证明其必要性即可.
【详解】法一：变形为，
构造，定义域，
则在上恒成立，
所以在单调递增，
故，两边平方后变形得到，
构造，，
则，当时，，当时，，
故在处取得极小值，也是最小值，
可知，故，
的最大值为；
法二：中令得：，
解得：，
当时，只要证，，
其中，显然成立，
以下是证明过程：构造，，
，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，，
只要证，即，由于，
故只要，
构造，，
则，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，，
综上：可得的最大值为.
故答案为：
【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.
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. 2022年10月16日至10月22日中国共产党第二十次全国代表大会在北京顺利召开，会后各地掀起了学习贯彻二十大精神的热潮.某中学在进行二十大精神学习讲座后，从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试（试卷满分100分），并记录下他们的成绩，其中成绩分组区间是：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，并整理得到如下频率分布直方图，已知图中前三个组的频率依次构成等差数列.
（1）求这部分学生成绩的中位数､平均数（保留一位小数）；
（2）为了更好的了解学生对二十大精神的掌握情况，学校决定在成绩较高的第四､五组中用分层抽样的方法抽取5名学生，进行第二轮面试，最终从这5名学生中随机抽取2人作为校二十大精神的宣传员，求85分（包括85分）以上的同学恰有1人被抽到的概率.
【答案】（1）中位数为，平均数为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合平均数，中位数的定义，代入计算，即可得到结果.
（2）根据题意，结合古典概型的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意可知：，解得
设中位数为，则.
故中位数为
平均数为
【小问2详解】
由分层抽样得最终5名学生中第四组有4人､第五组有1人
故85分（包括85分）以上的同学恰有1人被抽到的概率为
18. ①圆与直线相切；②圆被直线截得的弦长为；在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解.
已知圆经过点，圆心在直线上，且__________.
（1）求圆的标准方程；
（2）已知圆与圆关于直线对称，过原点的直线交圆于两点，求弦中点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，设圆心，求出圆心到的距离可得圆的半径，再由可求出圆心坐标，从而可求出圆的方程；若选②，设圆心，求出圆心到的距离，再由弦长，弦心距和半径的关系列方程可求出圆心和半径，从而可求得圆的方程；
（2）先利用对称的关系求出圆的方程，再由在以为直径的圆上，从而可求出其轨迹方程.
【小问1详解】
选①设圆心，
圆心到的距离，
所以，解得，
所以圆心
所以圆C：
选②设圆心，圆心到的距离，
因为圆被直线截得的弦长为，
所以圆的半径为，
因为圆经过点，
所以，解得，
解得，圆C：
【小问2详解】
设圆心（3，2）关于的对称点为，则
，解得
所以圆，
因为过原点的直线交圆于两点，弦中点为，
所以
所以在以为直径的圆上，
设，则轨迹方程为，
即.
19. 已知函数
（1）若函数存在两个极值点，求的取值范围；
（2）若在恒成立，求的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）函数存在两个极值点，等价于有两个不同的解，利用判别式大于零求解即可；
（2）在恒成立，即，转化为求的最大值，利用导数即可得答案.
【小问1详解】
因为，
所以
因为函数存在两个极值点，
所以有两个不同的解，
所以，解得或
【小问2详解】
在恒成立，即恒成立，
令，则
因为，
设，
在上都递减，
所以在上递减，
所以，当时，，此时，在上递增，
当时，，此时，在上递减，
所以，
所以，即
20. 已知直角三角形中，，分别是边中点，将和分别沿着翻折，形成三棱锥是中点
（1）证明：平面；
（2）若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，，再根据线面垂直的判定可证结论成立；
（2）取的中点，连，以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系，根据线面角的正弦值的向量公式可求出结果.
【小问1详解】
因为为中点，
所以；
又因，平面平面，平面，，
所以平面，又平面，所以，
因为平面，平面，，
所以平面
【小问2详解】
取的中点，连，则，
由（1）可知两两垂直，
以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图：
由，得，
，
设平面的一个法向量，
由，取，得，，得，
设，则，
，解得，故
21. 已知双曲线过点，左右顶点分别为，过左焦点且垂直于轴直线交双曲线于两点，以为直径的圆恰好经过右顶点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若是直线上异于的一点，连接分别与双曲线相交于，当轴正半轴上的虚轴端点到直线的距离最大时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，又因为双曲线过点，解方程即可求出双曲线的标准方程；
（2）[法一]记的斜率分别为，由题意可得，设与双曲线的方程联立，表示出，代入化简得，可得直线过定点，当到直线的距离最大时，即可求出直线的方程；
[法二]设点设代入，表示出的坐标，同理表示出的坐标，即可求出直线的方程，可得直线过定点，当到直线的距离最大时，即可求出直线的方程.
【小问1详解】
因为以为直径的圆恰好经过右顶点，
所以，所以，
，
设代入得，故
【小问2详解】
[法一]记的斜率分别为
又故，
设代入
，
，代入化简得
不过，直线过定点
当到直线的距离最大时，此时
即
[法二]设点
代入
同理由可得
则直线即
所以直线过定点
当到直线的距离最大时，此时
即.
22. 已知函数
（1）讨论函数的零点的个数；
（2）若函数有两个零点，证明：
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将问题转化为与交点个数的讨论；求得后，根据的正负可确定的单调性和最值，由此可得的图象；分别在、和的情况下，根据交点个数确定零点个数；
（2）设，可知，设，求导后可证得在上单调递减，从而确定，代入和，结合单调性可证得，从而将所证不等式转化为；
不等式右侧部分恰为方程的两根之差的绝对值，即的形式，则可结合的变形形式，构造，求导后，结合零点存在定理可求得的单调性，得到，即，令，其两根为，可知，结合韦达定理可得，由此可得结论.
小问1详解】
令，则，令，
则零点个数即为与交点个数；
，令，解得：，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
由此可得图象如下图所示，
当，即时，与有两个不同交点；
当，即时，与有唯一交点；
当，即时，与无交点；
综上所述：当时，有两个不同零点；当时，有唯一零点；当时，无零点.
【小问2详解】
不妨设，由（1）中与关系可知：；
令，，则，
令，则，
在上单调递减；
，，，则，
在上单调递减，，即，
又，，又，，
，，在上单调递增，，即；
则只需证即可，
令，则，
令，则，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，，
，使得，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，
即，则，
令，则，
，则两根为，且，
，，
，
.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数零点个数、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够利用极值点偏移求解方法确定，从而将所证不等式进行放缩，进一步通过构造函数的方式证得不等式.