浙江省溫州市浙南三校聯(lián)盟2022-2023學年高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題 含解析

浙南三校聯(lián)盟2022學年度第二學期期末聯(lián)考——數(shù)學試題卷（本試卷滿分共160分，考試時間：120分鐘）命題人：劉敏學校斷紀元高中審題人：洪金華學校新紀元高中說明：本試卷適用于2021級全體學生．第I卷（選擇題）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設(shè)集合，，則（）A.0,1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式化簡集合，再利用補集、交集定義求解即得.【詳解】解不等式，得或，即，，解不等式，得，則，所以.故選：C2.復數(shù)的共軛復數(shù)是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用復數(shù)法則求出復數(shù)，再利用共軛復數(shù)的概念求解.【詳解】，.故選：D.3.已知，若與的夾角為60°，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量與的模與夾角關(guān)系先求，由投影向量的概念直接計算可得.【詳解】由，與夾角為，可得，則在上的投影向量為.故選：C.4.圍棋是中國傳統(tǒng)棋種，蘊含著中華文化豐富內(nèi)涵，圍棋棋盤橫豎各有19條線，共有19×19=361個落子點．每個落子點都有落白子、落黑子和空白三種可能，因此圍棋空間復雜度的上限．科學家們研究發(fā)現(xiàn)，可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)．則下列各數(shù)中與最接近的是（）（參考數(shù)據(jù)：）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設(shè)，兩邊取對數(shù)，結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)進行整理，即可求出.【詳解】設(shè)，兩邊取對數(shù)，所以，故選：A.5.已知，若在上單調(diào)，則的范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用對數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)復合的函數(shù)的單調(diào)性求解即可.【詳解】令函數(shù)，該函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.當時，要使在上單調(diào)，則在上單調(diào)，且時，，故，解得或.故選：D6.已知等比數(shù)列的首項為，公比為，則“”是“數(shù)列為遞增數(shù)列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】取，可判斷充分性；由是遞增數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列通項公式可得，，或，，從而得成立，即可判斷必要性.【詳解】在等比數(shù)列中，，取，，此時，為擺動數(shù)列，故充分性不成立；若等比數(shù)列的公比為，且是遞增數(shù)列，又，則，，或，，當，時，成立，當，時，成立，所以，數(shù)列為遞增數(shù)列時，有成立，故必要性成立.所以，“”是“數(shù)列為遞增數(shù)列”的必要不充分條件.故選：B.7.已知圓：，點P為直線上一動點，過點P向圓引兩條切線，，A，B為切點，則線段長度的最小值為（）A. B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】依題作出圖形，從四邊形的面積分析考慮得出，利用將其化為，要使最小，需使最小，即為圓心到直線的距離時，利用點到直線的距離公式計算即得.【詳解】如圖，易得,,則四邊形的面積為,化簡得，，在中，，代入整理得，，要使線段長度最小，只需使線段長度最小，而是圓心到直線上任意點的距離，故當且僅當時，即為圓心到直線的距離時，最小，此時，.故選：A.8.已知函數(shù)，是的零點，則當時，不等式的解集為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由可知直線與曲線的一個公共點，結(jié)合，，直線單調(diào)遞增，而對稱中心，數(shù)形結(jié)合可解不等式.【詳解】，，是直線與曲線的一個公共點.又，得，則，曲線在處的切線，即為直線.又，故，，即函數(shù)單調(diào)遞增.，且，但，是直線與曲線的一個交點.又既是曲線的一個對稱中心，也是直線的對稱中心，直線與曲線的之后下一個切點的橫坐標大于，在同一坐標系作出兩函數(shù)的圖象，由圖可知，當時，不等式的解集為.故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)導數(shù)幾何意義及余弦函數(shù)性質(zhì)判斷的位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合確定不等式成立的自變量范圍.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.有一組樣本數(shù)據(jù)，其平均數(shù)和方差分別為，．由這組數(shù)據(jù)得到一組新樣本數(shù)據(jù)．其中，其平均數(shù)和方差分別為，，則（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合平均數(shù)和方差的公式，即可求解.詳解】由，有，，所以有，.故AB錯誤，CD正確.故選：CD10.已知拋物線的焦點為F，過原點O的動直線交拋物線于另一點P，交拋物線的準線于點，下列說法正確的是．（）A.若為線段中點，則的斜率為±2 B.若，則C.存在直線，使得 D.面積的最小值為2【答案】ABD【解析】【分析】A項根據(jù)題意得三角形全等，求出點的坐標，即得斜率；B項根據(jù)拋物線的定義求出點的橫坐標，再求出OP即可；C項設(shè)點，則，判斷是否為0；D項根據(jù)，結(jié)合基本不等式可得.【詳解】拋物線的準線為，焦點.A項，如圖，過點作軸，垂足為，設(shè)軸與準線交點為.若O為中點，則與全等，則，即與焦點重合，所以，代入方程，得.所以直線的斜率為，故A正確；B項，若，則，解得，所以，故B正確；C項，不妨設(shè)，則直線方程為，令，可得，所以，，所以，不可能，所以FP與FQ不垂直，故C錯誤；D項，由C項可得，則，當且僅當，即時等號成立，此時點坐標為，所以面積的最小值為2，故D正確.故選：ABD.11.已知連續(xù)函數(shù)滿足：①，則有，②當時，，③，則以下說法中正確的是（）A.的圖象關(guān)于對稱B.C.在上的最小值是-2D.不等式的解集為【答案】ACD【解析】【分析】對于A，取求得，再取，推出，即得結(jié)論；對于B，利用函數(shù)單調(diào)性定義，借助于條件，即可推出是R上的增函數(shù)，排除選項；對于C，利用函數(shù)單調(diào)性求出的值即得；對于D，不斷運用題設(shè)等式，將其轉(zhuǎn)化成，利用函數(shù)單調(diào)性即可求解.【詳解】對于A，因，則有，令，則得，，即得，令，則，即，故的圖象關(guān)于0,1對稱，即A正確；對于B，則，由②可得，，而由①，，故得，即，故是R上的增函數(shù)，即f′x≥0，故B錯誤；對于C，由B可得，在上為增函數(shù)，故，即C正確；對于D，由可得，即（*），因，代入（*）式，可得，，由B知，是R上增函數(shù)，故得，解得，，故D正確.故選：ACD.12.勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動（如圖甲），利用這一原理，科技人員發(fā)明了轉(zhuǎn)子發(fā)動機．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體如圖乙所示，若正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（）A.能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為2B.勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為C.勒洛四面體的截面面積的最大值為D.勒洛四面體表面相交弧總長小于【答案】ABC【解析】【分析】由勒洛四面體表面上任意兩點間的距離最大值，可求出能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長最小值判斷A；求出正四面體的外接球半徑，進而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑，即可判斷B；分析可知勒洛四面體面積最大的截面即經(jīng)過四面體表面的截面，計算即可判斷C；由勒洛四面體四個曲面的所有交線相等，且每條交線為扇形的弧，計算即可判斷D.【詳解】對于A，由題意得，勒洛四面體表面上任意兩點間的距離最大值為2，故能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為2，故A正確；對于B，先求出正四面體的外接球半徑.如圖1所示，取的中點,連接過點于點,則點為等邊三角形的中心.設(shè)外接球球心為點,連接,則.因正四面體的棱長為2，則,,,在中，,解得，.此時我們再次完整抽取部分勒洛四面體，如圖2所示.圖中取正四面體的中心為點,連接交平面于點，交于點，其中與共面.顯然,設(shè)勒洛四面體的內(nèi)切球半徑為，則,即勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為，故B正確；對于C，觀察幾何體可知，勒洛四面體的最大截面即經(jīng)過四面體的任意三個頂點的平面截勒洛四面體而得.勒洛四面體被平面截得的截面是正三角形及外面拼接上以各邊為弦的三個弓形，弓形弧是以正三角形各頂點為圓心，2為半徑且所含圓心角為的扇形弧，如圖3所示.因此截面面積為：，故C正確；對于D，因勒洛四面體四個曲面的每條交線為半徑為2，對應圓心角為的弧長，故每條交線的長度為，圖中共有6條相等的交線，故交線長的和為，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題是勒洛四面體在三維層面的推廣，對計算能力，空間想象能力要求較高，屬于難題.解題關(guān)鍵在于，充分理解題意，作出圖形，記住一些二級結(jié)論，如正四面體的高，內(nèi)切球半徑，外接球半徑與棱長的關(guān)系等，將會加快對本題的求解.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若一個三棱臺的上、下底面的面積分別是1和4，體積為，則該三棱臺的高為_______．【答案】【解析】【分析】由臺體體積公式即可得出.【詳解】設(shè)三棱臺高為h，則由臺體體積公式可得，解得.故答案為：.14.某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差，每人僅出差一個地方，每個地方都需要安排人出差，若甲不安排去北京，則不同的安排方法有_____種．【答案】24【解析】【分析】根據(jù)特殊問題優(yōu)先考慮原則，可先安排除甲以外的人去北京，因此分兩種情況：一人去北京或兩人去北京，即可求出結(jié)果.【詳解】若安排一人去北京，共有種；若安排兩人去北京，共有種，總共24種.【點睛】本題主要考查排列組合問題，排列組合的常用策略：（1）特殊位置特殊元素優(yōu)先考慮；（2）相鄰問題捆綁策略；（3）不相鄰問題插空策略；（4）定序問題倍縮原則；（5）均分問題除法原則；（6）相同元素隔板策略等.屬于中檔試題.15.已知點為雙曲線右支上的一點，點，分別為雙曲線的左、右焦點，若M為的內(nèi)心，且，則雙曲線的離心率為________．【答案】【解析】【分析】設(shè)出內(nèi)切圓半徑，由三角形面積等式，結(jié)合雙曲線定義可得關(guān)系，進而求出離心率.【詳解】設(shè)內(nèi)切圓半徑為，由題意知，所以，即，由點為雙曲線右支上的一點，則，故雙曲線的離心率.故答案為：.16.如圖，已知正方體頂點處有一質(zhì)點S，點S每次會隨機地一條棱向相鄰的某個頂點移動，且向每個頂點移動的概率相同．從一個頂點沿一條棱移動到相鄰頂點稱為移動一次．若質(zhì)點S的初始位置位于點A處，記點S移動n次后仍在底面上的概率為，則________．【答案】【解析】【分析】依題意，求出，得到遞推公式，通過構(gòu)造等比數(shù)列求出數(shù)列的通項，最后利用分組求和法即可求得.【詳解】由題意可得每一個頂點有3個相鄰的頂點，其中兩個在同一底面，所以當在下底面時，隨機移動一次仍在下底面的概率為，在上底面時，隨機移動一次回到下底面的概率為.依題意,,，，因，則數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，即，移項得，，于是，.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查全概率公式的應用和利用遞推公式構(gòu)造等比數(shù)列求通項等內(nèi)容，屬于較難題.解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意發(fā)現(xiàn)關(guān)于概率的遞推公式，利用數(shù)列知識，構(gòu)造等比數(shù)列,求出通項再分組求和.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，．（1）求周長的最大值；（2）若，求的面積．【答案】（1）6（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化簡等式，再利用正弦定理化角為邊，結(jié)合基本不等式求最值可得；（2）由（1）結(jié)合余弦定理解得，再由求得或，由正弦定理求直角邊長分別求解面積可得.【小問1詳解】因為，所以，整理得，由正弦定理得，，因為，所以，解得，當且僅當時等號成立.則有，此時為正三角形.故周長的最大值為.【小問2詳解】由（1）知，，則由余弦定理可得，因為，所以，若，則或，解得或，因為，所以或；當時，因為，所以，由正弦定理知，，則，所以的面積.當時，因為，所以，由正弦定理知，所以，所以的面積.綜上，的面積為.18.如圖，在三棱柱中，點E，F(xiàn)分別在棱，上（均異于端點），，，平面．（1）求證：四邊形是矩形；（2）若，，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）先證明，可得，結(jié)合，可得四邊形為平行四邊形，再由平面，可得，即得證；（2）取的中點G，連結(jié)，取的中點H，可證明平面，，以G為坐標原點，分別為軸正方向建立空間直角坐標系，分別求兩個平面的法向量，由二面角的向量公式，即得解【詳解】（1）證明：因為三棱柱，所以，因為平面，所以平面，又因為，平面，所以，，所以，因為，且，所以，所以，，因，所以四邊形為平行四邊形，因為平面且平面，所以，故四邊形是矩形；（2）取的中點G，連結(jié)，由（1）可知，，因為平面且平面，所以平面平面，因為平面平面，且平面，所以平面，取的中點H，以G為坐標原點，分別為軸正方向建立空間直角坐標系如圖所示，在中，因為且，所以為等邊三角形，所以，則，，所以，，設(shè)平面的一個法向量為則有，即，令，則，所以，因為平面的一個法向量為所以，故平面與平面所成銳二面角的余弦值為，19.已知數(shù)列滿足．（1）若是公差為的等差數(shù)列的前n項和，求的值；（2）若，，且數(shù)列單調(diào)遞增，數(shù)列單調(diào)遞減，令，求證：．【答案】（1）1（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由，對進行賦值，列出方程組，求解即得；（2）由題設(shè)，將分成奇數(shù)與偶數(shù)兩情況，化簡得和，消元得，求得和，即得通項，利用裂項相消法，分奇偶求得，即可證明.【小問1詳解】依題意，，，由對恒成立，且，則得，，將①②③式兩邊平方，得：，由④+⑤-⑥可得：，由④2-⑤可得，，聯(lián)立兩式，解得：，.(不合題意，舍去)；【小問2詳解】由題意，故當時，當時，兩式相減得，，故有，即為奇數(shù)時，,又當為奇數(shù)時，，故，即為偶數(shù)時，.綜上可得，則，當為奇數(shù)時，當為偶數(shù)時，綜上可得，.20.已知函數(shù)，．（1）若，判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）若有兩極值點且，求的取值范圍．【答案】（1）在上單調(diào)遞減（2）【解析】【分析】（1）利用二次求導研究導函數(shù)單調(diào)性，通過導函數(shù)的最值判斷符號，進而得到原函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）由題意轉(zhuǎn)化為至少兩個實數(shù)根，構(gòu)造函數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點，按分類討論零點個數(shù)，當均不成立；當時，存在兩個零點，先確定所在區(qū)間，再將零點滿足的關(guān)系式代入不等式求解，得到，將問題轉(zhuǎn)化為的值域范圍問題，進而探求的范圍即可.【小問1詳解】若，，x∈R則，設(shè)，則，令，解得，故當時，，即在單調(diào)遞增；當時，，即在單調(diào)遞減；所以在處取最大值，最大值為，又，故，即，所以在上單調(diào)遞減.【小問2詳解】，.要使有兩極值點，則至少兩個實數(shù)根.設(shè)，則.當時，沒有兩個極值點；當時，，則在上單調(diào)遞增，則至多一個實數(shù)根，即也不可能有兩個極值點；當時，令，解得，當時，，在單調(diào)遞增；當時，，在單調(diào)遞減；故在處有極大值，且極大值為，要使至少兩個實數(shù)根，即至少兩個實數(shù)根，設(shè)兩根為，所以有，解得，則有，且，且當，，故有兩正根，且一根在內(nèi)，另一根在內(nèi)，若，則，這與已知矛盾；故，且，所以有，由，則恒成立，即，由，得，即，解得，由，，構(gòu)造函數(shù)，則，當時,，故在單調(diào)遞減，由，故，即.當時，，故在單調(diào)遞減，故在單調(diào)遞減，則，且，故，且滿足條件.綜上所述，的取值范圍是.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵在于將函數(shù)的極值點問題通過求導轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的隱零點問題，先要用零點存在性定理判定導函數(shù)零點的存在性，列出零點方程如第（2）問中的，再結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到零點的范圍（有時零點范圍需要調(diào)整適當加以縮?。?，最后根據(jù)零點滿足的關(guān)系整體代入不等關(guān)系消參得到，進而得到，由構(gòu)造函數(shù)求值域即可.21.某國有芯片制造企業(yè)使用新技術(shù)對某款芯片進行試生產(chǎn).在試產(chǎn)初期，該款芯片的I批次生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道是檢測評估工序，包括智能自動檢測與人工抽檢.已知該款芯片在生產(chǎn)中，前三道工序的次品率分別為.（1）①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自動檢測為次品的芯片會被自動淘汰，合格的芯片進入流水線并由工人進行抽查檢驗.已知批次的芯片智能自動檢測顯示合格率為，求工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個芯片恰為合格品的概率.（2）已知某批次芯片的次品率為，設(shè)100個芯片中恰有1個不合格品的概率為，記的極大值點為，改進生產(chǎn)工藝后批次的芯片的次品率.某手機生產(chǎn)廠商獲得批次與批次的芯片，并在某款新型手機上使用.現(xiàn)對使用這款手機的用戶回訪，對開機速度進行滿意度調(diào)查.據(jù)統(tǒng)計，回訪的100名用戶中，安裝批次有40部，其中對開機速度滿意的有28人；安裝批次有60部，其中對開機速度滿意的有57人.求，并判斷是否有的把握認為芯片質(zhì)量與用戶對開機速度滿意度有關(guān)？附：.【答案】（1）①；②（2），有的把握認為芯片質(zhì)量與用戶對開機速度滿意度有關(guān)【解析】【分析】（1）根據(jù)相互獨立事件及對立事件求批次芯片的次品率，再由條件概率公式求人工抽檢時，抽檢一個芯片恰為合格品的概率；（2）利用導數(shù)求出極值點即批次的芯片的次品率，列出聯(lián)表，計算卡方，與臨界值比較得出結(jié)論.【小問1詳解】①I批次芯片的次品率為②設(shè)批次的芯片智能自動檢測合格為事件，人工抽檢合格為事件，由已知得，則工人在流水線進行人工抽檢時，抽檢一個芯片恰為合格品為事件，【小問2詳解】100個芯片中恰有1個不合格的概率.因此，令，得.當時，；當時，.所以的最大值點為.由（1）可知，，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片質(zhì)量優(yōu)于批次.由數(shù)據(jù)可建立列聯(lián)表如下：（單位：人）開機速度滿意度芯片批次合計不滿意12315滿意285785合計4060100根據(jù)列聯(lián)表得因此，有的把握認為芯片質(zhì)量與用戶對開機速度滿意度有關(guān).22.已知圓：與x正半軸交于點A，與直線在第一象限的交點為B．點為圓O上任一點，且滿足，以x，y為坐標的動點的軌跡記為曲線．（1）求曲線的方程；（2）若兩條直線：和：分別交曲線于點E、F和M、N，求四