2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省温州市十校联合体2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一.单选题（本大题共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.集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由集合，集合，所以.故选：C.2.复数的实部与虚部互为相反数，且满足，，则复数在复平面上对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗B〖解析〗，因为复数的实部与虚部互为相反数，所以，即，所以，所以复数在复平面上对应的点为，在第二象限.故选：B.3.函数的大致图象为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗，则函数是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，C，，排除B，故选D．4.的展开式中各项系数的和为，则该展开式中常数项为（）A. B. C.20 D.40〖答案〗A〖解析〗由题意，的展开式中各项系数的和为，令x=1，得a=1，故原式，的通项，由，得，对应的常数项为，由，得，对应的常数项为，故所求的常数项为，选项A正确.故选：A.5.冯老师教高二4班和5班两个班的数学，这两个班的人数相等.某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，.关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（）A.4班的平均分比5班的平均分高B.相对于5班，4班学生的数学成绩更分散C.4班108分以上的人数约占该班总人数的4.55%D.5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等〖答案〗D〖解析〗选项A：4班的平均分98分，5班的平均100分，则4班的平均分比5班的平均分低.判断错误；选项B：5班的图象比4班的图象更“矮胖”，则相对于4班，5班学生的数学成绩更分散.判断错误；选项C：4班的最大值为，则则.判断错误；选项D：5班的最大值为，则则，又4班和5班两个班的人数相等，则5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等故选：D.6.冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击一轮，共射击4轮，每轮射击5次，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜.已知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件A为其在前两轮射击中没有被罚时，事件为其在第4轮射击中被罚时2分钟，那么（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，，所以C正确.故选：C.7.我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数.若的对称中心为，则（）A.8088 B.4044 C. D.〖答案〗C〖解析〗因为的对称中心为，所以为奇函数，，所以，所以，解得，所以的对称中心为，所以，所以，，，，……，，所以，故选：C.8.设，，，则下列关系正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗记函数，因为，当时，，所以当时，，单调递增，所以，即.记函数，，当时，，单调递增，所以，即.综上，.故选：D.二.多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知数列的前项和为，且，，则下列命题正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗因为，，所以，，A正确；两式相减可得，，则，时，不符合，所以从第项起，是公比为的等比数列，所以，B错误；则，C正确；则，D错.故选：AC.10.已知圆，点，点在圆上，为原点，则下列命题正确的是（）A.在圆上 B.线段长度的最大值为C.当直线与圆相切时， D.的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗代入圆的方程,,不在圆上,A选项错误；;线段长度的最大值为,B选项正确；;当直线与圆相切时，,C选项正确；;设动点,点P轨迹是圆心为，半径为的圆，，，又，因为，所以,且，则的最大值为，所以D选项正确；故选：BCD.11.已知，，为实数，则满足函数有且仅有一个零点的条件是（）A.， B.， C.， D.，〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为，，所以，，所以在上为增函数，则函数有且仅有一个零点，故A正确；对于B，因为，，所以，，所以在上为增函数，则函数有且仅有一个零点，故B正确；对于C，因为，，所以，，令，得或；令，得，所以在和上为增函数，在上为减函数，所以的极大值为，极小值，所以函数有且仅有三个零点，故C不正确；对于D，因为，，所以，，令，得或；令，得，所以在和上为增函数，在上为减函数，所以的极大值为，极小值，所以函数有且仅有一个零点，故D正确；故选：ABD.12.已知三棱锥，，其余棱长均为，则下列命题正确的是（）A.该几何体外接球的表面积为B.直线和所成的角的余弦值是C.若点在线段上，则最小值为3D.到平面的距离是〖答案〗ACD〖解析〗对于A，如图，三棱锥放入长方体中，三棱锥各棱长为其面的对角线，由题意可得，解得，所以长方体的对角线长为，因为三棱锥与长方体有相同的外接球，长方体的对角线长为外接球的直径，所以外接球的表面积为，故A正确；对于B，如图，连接，交与点，因为，所以为或其补角为直线和所成的角，因为，，，在中，由余弦定理可得，故B错误；对于C，以为轴旋转至平面使得与在同一个平面内，因为，所以四边形为平行四边形，连接交于，即为中点时最小，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以的最小值为，故C正确；对于D，由A选项可知，长方体的体积为，，所以，由C选项可得，所以，所以A到平面的距离为，故D正确.故选：ACD.非选择题部分三.填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.已知平面向量，，，，，则的值是______.〖答案〗〖解析〗，因为，所以，解得，又因为，所以，故〖答案〗为：.14.如图所示，为平面四边形的对角线，设，，为等边三角形，则四边形的面积的最大值为______.〖答案〗〖解析〗在中，因为，，可得,设，可得，又由余弦定理得，因为为等边三角形，所以，所以四边形的面积为，当时，即时，四边形的面积取得最大值.故〖答案〗为：.15.已知椭圆的左顶点为A，上顶点为，为坐标原点，椭圆上的两点，分别在第一，第二象限内，若与的面积相等，且，则椭圆的离心率为______.〖答案〗〖解析〗由题意得，故，又，将代入可得，即，又，故，离心率.故〖答案〗为：.16.函数为数学家高斯创造的取整函数，表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，且，若，则数列的前2023项和为______.〖答案〗4962〖解析〗因为，所以，所以，所以数列为常数列，所以，所以，记的前项和为，当时，，当时，，当时，，当时，，所以，故〖答案〗为：4962.四.解答题：本大题共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.如图所示，在棱长为1的正方体中为线段的中点.（1）求证：平面平面；（2）求到平面的距离.（1）证明：因为是正方体，所以平面，所以.又，，所以平面，平面，所以平面平面.（2）解：在正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，.由令，则，，即.设到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.18.设公差不为零的等差数列，，，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）已知，数列的前项和为，求使得成立的最小正整数.解：（1）设等差数列公差为，由题知，，解得，所以.（2）因为，所以，由得，解得，由且，得最小正整数为4.19.中，三个内角A，，所对的边分别为，，且.（1）若，，求内切圆的半径长；（2）已知，，求的面积.解：（1）因为，所以，由得，由，解得，∴，设内切圆的半径长为，则，所以.（2）由及已知条件得：，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即，由得为锐角，∴，，，，∴，.20.三门是“中国青蟹之乡”，气候温暖、港湾平静、水质优良，以优越的自然环境成为我国优质青蟹的最佳产区.所产的三门青蟹具有“金爪、绯钳、青背、黄肚”的特征，以“壳薄、皆黄、肉嫩、味美”而著称，素有“三门青蟹、横行世界”之美誉；且营养丰富，内含人体所需的18种氨基酸和蛋白质、脂肪、钙、磷、铁等营养成分，被誉为“海中黄金，蟹中臻品”.养殖户一般把重量超过350克的青蟹标记为类青蟹（1）现有一个小型养蟹池，已知蟹池中有50只青蟹，其中类青蟹有7只，若从池中抓了2只青蟹，用表示其中类青蟹的只数，请写出的分布列，并求的数学期望；（2）另有一个养蟹池，为估计蟹池中的青蟹数目，小王先从中抓了50只青蟹，做好记号后放回池中，过了一段时间后，再从中抓了20只青蟹，发现有记号的有只，若，试给出蟹池中青蟹数目的估计值（以使取得最大值的为估计值）.解：（1）由题意的取值为0，1，2，，，分布列为012.（2）设，，，所以时，，时，，时，.所以当或200时，最大，估计蟹池中青蟹数目为199或200只.21.已知函数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，总有，求的最大值.解：（1）当时，，，可知，，故切线方程为，即.（2）若，总有，即，得，恒成立，即，设，，，设，，单调递增，代入可知，，令，且，可知当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，因是整数，故的最大值为.22.已知抛物线，斜率为1的直线交于不同于原点的，两点，点为线段的中点.（1）求抛物线的方程；（2）直线与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，，设切线，的交点为①求证：为直角三角形.②记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标.（1）解：设直线的方程为，代入抛物线，可得，设，，则点为线段的中点，可得，即则抛物线的方程为.（2）①证明：设，，由，可得，则，所以，两点处的切线斜率分别为，，由，得，所以，，所以，所以，即为直角三角形.②解：由（1）知，即：，同理，由直线，都过点，即，则点，的坐标都满足方程，即直线的方程为：，又由直线过点，∴，联立得，∴，点到直线的距离，∴，∴，当且仅当时，有最小值4，此时.浙江省温州市十校联合体2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一.单选题（本大题共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.集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由集合，集合，所以.故选：C.2.复数的实部与虚部互为相反数，且满足，，则复数在复平面上对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗B〖解析〗，因为复数的实部与虚部互为相反数，所以，即，所以，所以复数在复平面上对应的点为，在第二象限.故选：B.3.函数的大致图象为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗，则函数是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，C，，排除B，故选D．4.的展开式中各项系数的和为，则该展开式中常数项为（）A. B. C.20 D.40〖答案〗A〖解析〗由题意，的展开式中各项系数的和为，令x=1，得a=1，故原式，的通项，由，得，对应的常数项为，由，得，对应的常数项为，故所求的常数项为，选项A正确.故选：A.5.冯老师教高二4班和5班两个班的数学，这两个班的人数相等.某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，.关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（）A.4班的平均分比5班的平均分高B.相对于5班，4班学生的数学成绩更分散C.4班108分以上的人数约占该班总人数的4.55%D.5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等〖答案〗D〖解析〗选项A：4班的平均分98分，5班的平均100分，则4班的平均分比5班的平均分低.判断错误；选项B：5班的图象比4班的图象更“矮胖”，则相对于4班，5班学生的数学成绩更分散.判断错误；选项C：4班的最大值为，则则.判断错误；选项D：5班的最大值为，则则，又4班和5班两个班的人数相等，则5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等故选：D.6.冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击一轮，共射击4轮，每轮射击5次，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜.已知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件A为其在前两轮射击中没有被罚时，事件为其在第4轮射击中被罚时2分钟，那么（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，，所以C正确.故选：C.7.我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数.若的对称中心为，则（）A.8088 B.4044 C. D.〖答案〗C〖解析〗因为的对称中心为，所以为奇函数，，所以，所以，解得，所以的对称中心为，所以，所以，，，，……，，所以，故选：C.8.设，，，则下列关系正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗记函数，因为，当时，，所以当时，，单调递增，所以，即.记函数，，当时，，单调递增，所以，即.综上，.故选：D.二.多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知数列的前项和为，且，，则下列命题正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗因为，，所以，，A正确；两式相减可得，，则，时，不符合，所以从第项起，是公比为的等比数列，所以，B错误；则，C正确；则，D错.故选：AC.10.已知圆，点，点在圆上，为原点，则下列命题正确的是（）A.在圆上 B.线段长度的最大值为C.当直线与圆相切时， D.的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗代入圆的方程,,不在圆上,A选项错误；;线段长度的最大值为,B选项正确；;当直线与圆相切时，,C选项正确；;设动点,点P轨迹是圆心为，半径为的圆，，，又，因为，所以,且，则的最大值为，所以D选项正确；故选：BCD.11.已知，，为实数，则满足函数有且仅有一个零点的条件是（）A.， B.， C.， D.，〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为，，所以，，所以在上为增函数，则函数有且仅有一个零点，故A正确；对于B，因为，，所以，，所以在上为增函数，则函数有且仅有一个零点，故B正确；对于C，因为，，所以，，令，得或；令，得，所以在和上为增函数，在上为减函数，所以的极大值为，极小值，所以函数有且仅有三个零点，故C不正确；对于D，因为，，所以，，令，得或；令，得，所以在和上为增函数，在上为减函数，所以的极大值为，极小值，所以函数有且仅有一个零点，故D正确；故选：ABD.12.已知三棱锥，，其余棱长均为，则下列命题正确的是（）A.该几何体外接球的表面积为B.直线和所成的角的余弦值是C.若点在线段上，则最小值为3D.到平面的距离是〖答案〗ACD〖解析〗对于A，如图，三棱锥放入长方体中，三棱锥各棱长为其面的对角线，由题意可得，解得，所以长方体的对角线长为，因为三棱锥与长方体有相同的外接球，长方体的对角线长为外接球的直径，所以外接球的表面积为，故A正确；对于B，如图，连接，交与点，因为，所以为或其补角为直线和所成的角，因为，，，在中，由余弦定理可得，故B错误；对于C，以为轴旋转至平面使得与在同一个平面内，因为，所以四边形为平行四边形，连接交于，即为中点时最小，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以的最小值为，故C正确；对于D，由A选项可知，长方体的体积为，，所以，由C选项可得，所以，所以A到平面的距离为，故D正确.故选：ACD.非选择题部分三.填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.已知平面向量，，，，，则的值是______.〖答案〗〖解析〗，因为，所以，解得，又因为，所以，故〖答案〗为：.14.如图所示，为平面四边形的对角线，设，，为等边三角形，则四边形的面积的最大值为______.〖答案〗〖解析〗在中，因为，，可得,设，可得，又由余弦定理得，因为为等边三角形，所以，所以四边形的面积为，当时，即时，四边形的面积取得最大值.故〖答案〗为：.15.已知椭圆的左顶点为A，上顶点为，为坐标原点，椭圆上的两点，分别在第一，第二象限内，若与的面积相等，且，则椭圆的离心率为______.〖答案〗〖解析〗由题意得，故，又，将代入可得，即，又，故，离心率.故〖答案〗为：.16.函数为数学家高斯创造的取整函数，表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，且，若，则数列的前2023项和为______.〖答案〗4962〖解析〗因为，所以，所以，所以数列为常数列，所以，所以，记的前项和为，当时，，当时，，当时，，当时，，所以，故〖答案〗为：4962.四.解答题：本大题共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.如图所示，在棱长为1的正方体中为线段的中点.（1）求证：平面平面；（2）求到平面的距离.（1）证明：因为是正方体，所以平面，所以.又，，所以平面，平面，所以平面平面.（2）解：在正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，.由令，则，，即.设到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.18.设公差不为零的等差数列，，，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）已知，数列的前项和为，求使得成立的最小正整数.解：（1）设等差数列公差为，由题知，，解得，所以.（2）因为，所以，由得，解得，由且，得最小正整数为4.19.中，三个内角A，，所对的边分别为，，且.（1）若，，求内切圆的半径长；（2）已知，，求的面积.解：（1）因为，所以，由得，由，解得，∴，设内切圆的半径长为，则，所以.（2）由及已知条件得：，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即，由得为锐角，∴，，