浙江省北斗联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学 Word版含解析

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北斗联盟2022学年高二年级第二学期期中联考数学试题选择题部分一、单选题：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】【分析】根据集合，按照交集的定义直接运算即可.【详解】因为，，所以.故选：B.2.设复数满足，则的虚部是（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求解.【详解】因为，所以，所以的虚部是，故选:C.3.沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为（）

1A.小时B.小时C.小时D.小时【答案】B【解析】【分析】根据题意，问题转化为求，根据圆锥体积公式计算即可.【详解】如图，依题意可知，，所以，1小时小时．故选：B．4.平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．【详解】设①，

2，②，与向量(1，0)夹角为钝角，，③，由①②③解得，，故选：D．5.定义运算：，将函数的图象向左平移的单位后，所得图象关于轴对称，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得，再根据平移得到的函数为偶函数，利用对称轴即可解出.【详解】因为，所以，其图象向左平移个单位，得到函数的图象，而图象关于轴对称，所以其为偶函数，于是，即，又，所以的最小值是．故选：C.6.概率论起源于博弈游戏．17世纪，曾有一个“赌金分配“的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．问这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率“的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是A.甲48枚，乙48枚B.甲64枚，乙32枚C.甲72枚，乙24枚D.甲80枚，乙16枚【答案】C【解析】【分析】根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．

3【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为，假设两人继续进行比赛，甲获取96枚金币的概率，乙获取96枚金币的概率，则甲应该获得枚金币；乙应该获得枚金币；故选：C．【点睛】本题主要考查概率在实际问题中的应用，涉及到独立事件的概率，考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.7.已知，，，则，，的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对，，进行变形，构造，，求导后得到其单调性，从而判断出，，的大小.【详解】，，，令，，则，因为，所以，令，，在上恒成立，故，所以在上恒成立，

4故在上单调递减，所以，即故选：D【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中变形得到，，，所以构造，，达到比较大小的目的.8.已知函数，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数研究函数并画出图象，设，要使关于的方程恰有4个不相等的实数根，等价为方程有两个不同的根，且，，设，列式求解即可.【详解】∵，当时，（时取等号），，当时，，即在上为增函数，当时，，即在上为减函数，在处取得极大值.当时，，即在上为减函数，作出函数的图象如图所示：

5设，当时，方程有1个解，当时，方程有2个解，当时，方程有3个解，当时，方程有1个解，当时，方程有0个解，方程等价为，要使关于的方程恰有4个不相等的实数根，等价为方程有两个不同的根，且，，设，则，解得，故选：D．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.已知数列，下列结论正确的有（）A.若，则B.若，则C.若，则数列是等比数列D.若，则

6【答案】AB【解析】【分析】对于A，根据数列递推式可求得，判断A；对于B，根据数列递推式可推出数列是以为首项，3为公比的等比数列，从而求得，判断B；根据等比中项性质可判断C；对于D，利用取到数的方法可求得，即可求得，判断D.【详解】选项A.由得，故A正确；选项B.由，得，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，则，即，所以，故B正确；选项C.由，得当时，，当时，当时，，显然，所以数列不是等比数列，故C错误；选项D.由，可得，所以数列是1为首项为公差的等差数列，所以，则，故，D错误，故选：AB10.如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（）

7A.，M，O三点共线B.平面C.直线与平面所成角的为D.直线和直线是共面直线【答案】ABC【解析】【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误.【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确；由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确；设正方体边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确；直线与直线异面直线，故D项错误.故选：ABC.11.已知顶点在原点的抛物线，，过抛物线焦点的动直线交抛物线于、两点，当直线垂直于轴时，面积为8.下列结论正确的是（）A.抛物线方程为.B.若，则的中点到轴距离为4.C.有可能为直角三角形.D.的最小值为18.【答案】ABD【解析】

8【分析】直线垂直于轴时，面积为8，可求得，得到抛物线方程，验证选项A，利用抛物线焦点弦的性质求的中点到轴距离验证选项B，设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理和向量数量积求内角的范围验证选项C，利用韦达定理和基本不等式证明选项D.【详解】当直线垂直于轴时，面积为，，故A正确；若，有、两点到准线距离之和为12，则的中点到准线距离为6，故的中点到轴距离为，B正确；设直线：，联立可得，由韦达定理知，，，故.一定是钝角三角形，C错误；，D正确.故选：ABD12.古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262-公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知，圆上有且仅有一个点满足，则的取值可以为（）A.1B.3C.5D.7【答案】AC【解析】【分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由题意可得两圆相切，进而可求得r的值．【详解】设动点，由，得，整理得，表示圆，圆心坐标为，半径为2，又圆上有且仅有一个点满足，所以两圆相切.圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，，得，当两圆内切时，，，得．

9故选：AC.非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是等差数列的前项和，且，则_______________.【答案】【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组计算即可.【详解】设等差数列的公差为，首项为，则，解得：，.故答案：.14.写出一个满足下列条件的正弦型函数：_____________.（1）最小正周期是；（2）在上单调递增；（3），都存在使得.【答案】（答案不唯一，都可以）【解析】【分析】设，根据，都存在使得，可得，根据最小正周期为，可得，由在上单调递增得到，取即可.【详解】设，因为，都存在使得，所以，所以，因为最小正周期为，所以，则，，因为在上单调递增，

10所以，所以，当时，，不妨取，此时．故答案为：（答案不唯一，都可以）15.点是抛物线的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为_______________.【答案】##【解析】【分析】不妨设,由与抛物线相切求得，求得椭圆中的，从而得到椭圆的离心率.【详解】由题意知不妨设,则在函数上，故所以,解得，所以，，又点恰好在以，为焦点的椭圆上，所以，,所以，，故答案为：16.已知所在平面与矩形所在平面互相垂直，且满足，则多面体的外接球的表面积为__________．【答案】

11【解析】【分析】取中点，是矩形对称线交点，连接EF,FG，作，可设是外接球球心．求出半径即可得面积．【详解】取中点，是矩形对称线交点，连接EF,FG，作，由已知是等边三角形，，又平面平面，平面，平面平面，∴平面，则平面．设是外接球球心，由平面和平面得，是直角梯形，设，而，，，∴，即，解得，∴．故答案为：．【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积，解题关键是确定外接球的球心位置，从而求得球半径．棱锥的外接球球心一定在过各面外心用与此面垂直的直线．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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，∠B＝45°．（1）求边BC的长以及三角形ABC的面积；（2）在边BC上取一点D，使得，求tan∠DAC的值．

12【答案】（1）；；（2）【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求解，结合面积公式求得面积；（2）在中，由正弦定理可以求出，再利用与互补可以求出，得出是钝角，从而可得为锐角，即可求出和的值，利用展开代入数值即可求解，从而求解tan∠DAC的值．【小问1详解】在中，因为，，，由余弦定理，得所以解得：或（舍）所以，【小问2详解】在中，由正弦定理，得.所以在中，因为，所以为钝角.而，所以为锐角

13故因为，所以，，由题可知∠DAC为锐角，所以．18.为了应对国家电网用电紧张的问题，了解我市居民用电情况，我市统计部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：kW·h），并将得到数据按如下方式分为9组：[0，40），[40，80），…，[320，360]，绘制得到如下的频率分布直方图：（1）试估计抽查样本中用电量在[160，200）的用户数量；（2）为了解用户的具体用电需求，统计部门决定在样本中月均用电量为[0，40）和[320，360]的两组居民用户中随机抽取两户进行走访，求走访对象来自不同的组的概率．【答案】（1）26（2）【解析】【分析】（1）根据题意频率分布直方图中的矩形面积和为得样本落在的频率为，再根据频率，频数关系求解即可；（2）根据古典概型列举基本事件个数，利用古典概型概率公式计算即可.

14【小问1详解】解：由直方图可得，样本落在，，，的频率分别为0.02，0.15，0.27，0.23，落在，，，的频率分别为0.09，0.06，0.04，0.01．因此，样本落在的频率为：所以样本中用电量在的用户数为．【小问2详解】解：由题可知，样本中用电量在的用户有4户，设编号分别为1，2，3，4；在的用户有2户，设编号分别为，，则从6户中任取2户的样本空间为：，共有15个样本点．设事件“走访对象来自不同分组”，则，所以，从而．所以走访对象来自不同的组的概率为.19.已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）时，可得，时，代入，两式相减可得通项公式；

15（2）利用裂项相消法可求.【小问1详解】因为，当时，可得；当时，可得，两式相减得，即，所以数列的通项公式为【小问2详解】当时，，当时，，则.20.如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足．（1）求证：平面；（2）已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小．

16【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.【小问1详解】因为点在底面内射影恰好是点，所以面.因为面,所以.因为是的中点，且满足．所以，所以.因为，所以，即,所以.因为,面,面,所以平面.【小问2详解】∵面，∴直线与底面所成角为，即.因为，所以由（1）知，，因为，所以，.

17如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,,,,所以，设，由得，，即.则.设平面BDC1的一个法向量为，则，不妨令，则.因为面，所以面的一个法向量为记二面角的平面角为，由图知，为锐角.所以,即.所以二面角的大小为.21.已知双曲线过点，且右焦点为.（1）求双曲线的方程：（2）过点的直线与双曲线的右支交于两点，交轴于点，若，求证：为定值；（3）在（2）的条件下，若点是点关于原点的对称点，求三角形的面积的取值范围.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据双曲线过点及双曲线定义求得，写出双曲线方程；（2）联立直线：与双曲线方程得韦达定理，由用

18表示，将韦达定理代入后计算为定值；（3）将表示为的函数，分析单调性求范围.【小问1详解】依题意，双曲线的左焦点为，由双曲线定义知，的实轴长，因此，所以双曲线的方程为.【小问2详解】由（1）知，双曲线的渐近线方程为，依题意，直线的斜率存在，且，设直线的方程为：，由，消去并整理得：，设，则，而点，则，因为，则有，即，同理，

19所以，为定值.【小问3详解】由（2）知，点，，，因为，令，而函数在上单调递减，即，因此，所以.所以三角形的面积的取值范围.22.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若有经过原点的切线，求的取值范围及切线的条数，并说明理由；（3）设函数的两个极值点分别为，且满足，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）或；或时，有且仅有一条切线；时，存在两条切线，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）求导，根据导数的正负求解；

20（2）设切点为，由导数几何意义可得，整理得，设，根据的图象，判断方程根的个数，得出结论；（3）求得，由题意是方程的两个正根，从而可得，不妨设，计算得，由题意得，令，根据在上的单调性求得，进而得的范围.【小问1详解】当时，∴当时，，当时，，∴单调递减区间为，单调递增区间为【小问2详解】，显然原点不在曲线上，设切点为，∵，∴∴，即，显然，∴，设，∴，当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，

21且；当时；当时，作出的大致图象，如图，若有经过原点的切线，则直线与的图象有交点，由图可知，或，即的取值范围是：或.其中，当或，即或时，有且仅有一条切线，当，即时，存在两条切线；综上：或时，有且仅有一条切线，时，存在两条切线.【小问3详解】，∴，∵是函数的两个极值点，∴是方程的两个正根.∴，即，不妨设，则，∴，

22由，得，即，令，∴，∴在上单调递增，且，∴，∴，函数，因为，则函数单调递减，所以，当时，.∴.

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