福建漳州市2023年高二上数学期末统考试题含解析

福建漳州市2023年高二上数学期末统考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，，则中元素的个数为（）A.3 B.2C.1 D.02．设a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，，依次成公差不为0的等差数列，则（）A.a，b，c依次成等差数列 B.，，依次成等差数列C.，，依次成等比数列 D.，，依次成等比数列3．已知倾斜角为的直线与双曲线，相交于，两点，是弦的中点，则双曲线的渐近线的斜率是（）A. B.C. D.4．已知，若，则（）A. B.C. D.5．命题“，”的否定是（）A.， B.，C， D.，6．已知等比数列的公比为正数，且，，则（）A.4 B.2C.1 D.7．已知直线与直线平行，则实数a的值为（）A.1 B.C.1或 D.8．圆与圆的位置关系为（）A.内切 B.相交C.外切 D.相离9．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑（nào）．如图所示的三棱锥为一鳖臑，且平面，平面，若，，，则（）A. B.C. D.10．已知圆M与直线与都相切，且圆心在上，则圆M的方程为（）A. B.C. D.11．已知抛物线上的一点，则点M到抛物线焦点F的距离等于（）A.6 B.5C.4 D.212．命题“，”的否定形式是（）A.， B.，C.， D.，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上面一层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……．设各层球数构成一个数列，其中，，，则______14．如图，在五面体中，//，，，四边形为平行四边形，平面，，则直线到平面距离为_________15．我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案．通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0，0.5），[0.5，1），…，[4，4.5）分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图，则a=______________16．如图，用四种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法的种数为______（用数字作答）三、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．（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.18．（12分）已知函数的图像在处的切线斜率为，且时，有极值.（1）求的解析式；（2）求在上的最大值和最小值.19．（12分）2021年国庆期间，某电器商场为了促销，给出了两种优惠方案，顾客只能选择其中的一种，方案一：每消费满8千元，可减8百元.方案二：消费金额超过8千元（含8千元），可抽取小球三次，其规则是依次从装有2个红色小球、2个黄色小球的一号箱子，装有2个红色小球、2个黄色小球的二号箱子，装有1个红色小球、3个黄色小球的三号箱子各抽一个小球（这些小球除颜色外完全相同），其优惠情况为：若抽出3个红色小球则打6折；若抽出2个红色小球则打7折；若抽出1个红色小球则打8折；若没有抽出红色小球则不打折.（1）若有两名顾客恰好消费8千元，他们都选中第二方案，求至少有一名顾客比选择方案一更优惠的概率；（2）若你朋友在该商场消费了1万元，请用所学知识帮助你朋友分析一下应选择哪种付款方案.20．（12分）在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与曲线（为参数）交于两点.（1）将曲线的参数方程转化为普通方程；（2）求长.21．（12分）如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.22．（10分）已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）当时，证明：存在最大值，且恒成立.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】集合中的元素为点集，由题意，可知集合A表示以为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合B表示直线上所有的点组成的集合，又圆与直线相交于两点，，则中有2个元素.故选B.【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.2、B【解析】由等差数列的性质得，利用正弦定理、余弦定理推导出，从而，，依次成等差数列.【详解】解：∵a，b，c分别是内角A，B，C的对边，，，依次成公差不为0的等差数列，∴，根据正弦定理可得，∴，∴，∴，∴，，依次成等差数列.故选：B.【点睛】本题考查三个数成等差数列或等比数列的判断，考查等差数列、等比数列的性质、正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题.3、A【解析】依据点差法即可求得的关系，进而即可得到双曲线的渐近线的斜率.【详解】设，则由，可得则，即，则则双曲线的渐近线的斜率为故选：A4、B【解析】先求出的坐标，然后由可得，再根据向量数量积的坐标运算求解即可.【详解】因为，，所以，因为，所以，即，解得.故选：B5、D【解析】由含量词命题否定的定义，写出命题的否定即可【详解】命题“，”的否定是：，，故选：D.6、D【解析】设等比数列的公比为（），则由已知条件列方程组可求出【详解】设等比数列的公比为（），由题意得，且，即，，因为，所以，，故选：D7、A【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.【详解】由于直线与直线平行，所以，或，当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.经检验可知符合题意.故选：A8、C【解析】写出两圆的圆心和半径，求出圆心距，发现与两圆的半径和相等，所以判断两圆外切【详解】圆的标准方程为：，所以圆心坐标为，半径；圆的圆心为，半径，圆心距，所以两圆相外切故选：C9、A【解析】根据平面，平面求解.【详解】因为平面，平面，所以，又，，，所以,所以，故选：A10、A【解析】由题可设，结合条件可得，即求.【详解】∵圆心在上，∴可设圆心，又圆M与直线与都相切，∴，解得，∴，即圆的半径为1，圆M的方程为.故选：A.11、B【解析】将点代入抛物线方程求出，再由抛物线的焦半径公式可得答案.详解】将点代入抛物线方程可得，解得则故选：B12、A【解析】特称命题的否定是全称命题【详解】的否定形式是故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、15【解析】由分析可知每次小球数量刚好是等差数列的求和，最后直接公式即可算出答案.【详解】由题意可知,，所以，故答案为：1514、【解析】利用等价转化的思想转化为点到面的距离，作，利用线面垂直的判定定理证明平面，然后计算使用等面积法，可得结果.【详解】作如图由//，平面，平面所以//平面所以直线到平面距离等价于点到平面距离又平面，平面所以，又，则平面，，所以平面平面，所以又平面，所以平面所以点到平面距离为由，所以又，所以在中，又故答案为：【点睛】本题考查线面垂直的综合应用以及等面积法求高，重点在于使用等价转换的思想，考验理解能力，分析问题的能力，属中档题.15、3##【解析】由频率之和等于1，即矩形面积之和为1可得.【详解】由题知，解得.故答案为：0.316、48【解析】由已知按区域分四步，然后给，，，区域分步选择颜色，由此即可求解【详解】解：由已知按区域分四步：第一步区域有4种选择，第二步区域有3种选择，第三步区域有2种选择，第四步区域也有2种选择，则由分步计数原理可得共有种，故答案为：48三、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、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）易得，再由勾股定理逆定理证明，即可得线面垂直；（2）根据（1）得，进而根据几何关系，利用等体积法求解即可.【详解】解：（1）连接，∵，是中点，∴，，又，，∴，∴，∵，∴，∴，，平面，∴平面；（2）∵点在棱上，且，，为的中点.∴，∴由余弦定理得，即，∴，由（1）平面，设点到平面的距离为∴，即，解得：所以点到平面的距离为.18、（1）；（2）最大值为，最小值为.【解析】（1）由题得①，②，解方程组即得解；（2）令解得或，再列表得解.【小问1详解】解：求导得，因为在出的切线斜率为，则，即①因为时，有极值，则.即②由①②联立得，所以.【小问2详解】解：由（1），令解得或，列表如下：极大值极小值所以，在［－3，2］上的最大值为，最小值为.19、（1）（2）选择方案二更划算【解析】（1）要使方案二比方案一优惠，则需要抽出至少一个红球，求出没有抽出红色小球的概率，再根据对立事件的概率公式即可得出答案；（2）若选择方案一，则需付款（元），若选择方案二，设付款金额为元，则可取6000，7000，8000，10000，求出对应概率，从而可求得的期望，在比较的期望与9200的大小即可得出结论.【小问1详解】解：根据题意得要使方案二比方案一优惠，则需要抽出至少一个红球，设没有抽出红色小球为事件，则，所以所求概率；【小问2详解】解：若选择方案一，则需付款（元），若选择方案二，设付款金额为元，则可取6000，7000，8000，10000，，，，，故的分布列为X60007000800010000P所以（元），因为，所以选择方案二更划算.20、（1）；（2）.【解析】（1）利用公式直接将椭圆的参数方程转化为普通方程即可.（2）首先求出直线的参数方程，代入椭圆的普通方程得到，再利用直线参数方程的几何意义求弦长即可.【详解】（1）因为曲线（为参数），所以曲线的普通方程为：.（2）由题知：直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入，得.，.所以.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据勾股定理先证明，然后证明，进而通过线面垂直的判定定理证明问题；（2）建立空间直角坐标系，进而求出两个平面的法向量，然后通过空间向量的夹角公式求得答案.【小问1详解】∵，，∴，∴，∵平面，平面，∴，∵，，，∴平面.【小问2详解】以点为坐标原点，向量，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，由，，有取，可得平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，由，，有取，可得平面的一个法向量为，所以，故平面与平面的夹角的正弦值为.22、（1）的单增区间为，；单减区间为，，；（2）证明见解析.【解析】（1）先求出函数的定义域，求出，由，结合函数的定义域可得