河北省“五个一”名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题(学生版+解析)

河北省“五个一”名校联盟2024届高二年级联考数学试卷(2023.06)命题单位：唐山市第一中学(满分：150分，测试时间：120分钟)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.设集合，，则下列结论正确是()A. B. C. D.2.已知，，，则与夹角的余弦值为()A.－1 B. C.0 D.13.已知双曲线与双曲线，则两双曲线的()A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等4.已知，且，则下列各式一定成立的是()A. B. C. D.5.一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则坐法的种数为()A36 B.48 C.72 D.966.某学校有男生600人，女生400人．为调查该校全体学生每天的运动时间，采用分层抽样的方法获取容量为的样本．经过计算，样本中男生每天运动时间的平均值为80分钟，方差为10；女生每天运动时间的平均值为60分钟，方差为20．结合数据，估计全校学生每天运动时间的方差为()A96 B.110 C.112 D.1287.过直线上一点向圆O：作两条切线，设两切线所成的最大角为，则()A. B. C. D.8.设是定义在上的奇函数，且满足，．数列满足，，则()A.0 B.－1 C.2 D.－2二、多选题：本题共4小题．在每小题所给的四个选项中，有多个选项符合题意．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.若，，则下列说法正确的是()A.若事件相互独立，则事件也互斥 B.若事件相互独立，则事件不互斥C.若事件互斥，则事件也相互独立 D.若事件互斥，则事件不相互独立10.函数由关系式确定，则下列说法正确的是()A.函数的零点为1B.函数的定义域和值域均为C.函数的图象是轴对称图形D.若，则在定义域内满足恒成立11.某通信工具在发送、接收信号时都会使用数字0或是1作为代码，且每次只发送一个数字．由于随机因素的干扰，发出的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收成0或1的概率分别为0.94和0.06；发送信号1时，接收成1或0的概率分别为0.96和0.04．假设发送信号0或1的概率是等可能的，则()A.已知两次发送的信号均为1，则接收到的信号均为1的概率为B.在单次发送信号中，接收到0的概率为0.49C.在单次发送信号中，能正确接收的概率为0.95D.在发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率为12.已知为等腰直角三角形，为斜边且长度是．为等边三角形，若二面角为直二面角，则下列说法正确的是()A.B.三棱锥的体积为C.三棱锥外接球的表面积为D.半径为球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.方程在复数集中的解为______．14.______．15.已知函数的图像关于点对称，且在区间上单调，则______．16.如图所示，斜率为的直线交椭圆于M、N两点，交轴、轴分别于Q、P两点，且，则椭圆的离心率为______．四、解答题：本题共6小题．第17题10分，第18~22题每小题12分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的前n项和为，数列满足，．(1)证明：数列是等差数列；(2)是否存在常数p、q，使得对一切正整数n都有成立？若存在，求出p、q的值；若不存在，说明理由．18.记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．(1)求角的大小；(2)设边上的高，求面积的最小值．19.如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．20.已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若既有极大值又有极小值，且极大值和极小值的和为．解不等式．21.已知为抛物线上一点，，为中点，设的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过点作直线交曲线E于点M、N，点为直线l：上一动点．问是否存在点使为正三角形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．22.航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．某市为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，现组织该市全体学生参加航天创新知识竞赛，并随机抽取1000名学生作为样本，研究其竞赛成绩．经统计分析该市高中生竞赛成绩近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，并已求得和．(1)若该市有4万名高中生，试估计这些高中生中竞赛成绩位于区间的人数；(2)若规定成绩在85.2以上的学生等级为优秀，现从全市高中生中任意抽取一个进行访谈，如果取到学生等级不是优秀，则继续抽取下一个，直至取到等级为优秀的学生为止，但抽取的总次数不超过．如果抽取次数的期望值不超过6，求的最大值．(附：，，，，，若，则，)

河北省“五个一”名校联盟2024届高二年级联考数学试卷(2023.06)命题单位：唐山市第一中学(满分：150分，测试时间：120分钟)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.设集合，，则下列结论正确的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别化简两个集合，从而即可作出判断.【详解】∵，，∴，，∴.故选：B.2.已知，，，则与夹角的余弦值为()A.－1 B. C.0 D.1【答案】A【解析】【分析】先利用转化法求得，再利用向量的夹角公式即可得解．【详解】因为，，，所以，则，所以.故选：A.3.已知双曲线与双曲线，则两双曲线的()A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等【答案】D【解析】【分析】通过的范围，结合曲线，求解焦距，实半轴长，虚半轴长，判断选项即可．【详解】的实半轴的长为5，虚半轴的长为3，实数满足，曲线是双曲线，实半轴的长为，虚半轴的长为，显然两条曲线的实轴的长与虚轴的长不相等，所以A、B均不正确；焦距为：，焦距相等，所以D正确；离心率为：和，不相等，所以C不正确．故选：D．4.已知，且，则下列各式一定成立的是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，先判断函数为偶函数，两种情况讨论可得函数在，上为增函数，由此根据单调性与奇偶性分析选项，即可得答案．【详解】根据题意，，其定义域为，有，则为偶函数，设，则有，当时，在区间，上，为增函数，且，在，上也是增函数，故在，上为增函数，当时，在区间，上，为减函数，且，在上是减函数，故在，上为增函数，综合可得：函数在，上为增函数，依次分析选项：对于A，有，A正确；对于B，有，B错误；对于C，有，C错误；对于D，，D错误．故选：A．5.一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则坐法的种数为()A.36 B.48 C.72 D.96【答案】C【解析】【分析】分两个相邻空位包括最左端或最右端时和不含最左端或最右端时，两种情况求出坐法后相加即可.【详解】先考虑相邻的2个空位，当两个相邻空位包括最左端或最右端时，有2种情况，与空位相邻的座位需要安排一个人，有3种选择，剩余的3个座位，安排2个人，有种选择，则有种选择，当两个相邻空位不含最左端或最右端时，此时有3种情况，与空位相邻的左右座位需要安排两个人，有种选择，最后一个人有2种选择，则有种选择，综上：坐法的种数共有个.故选：C6.某学校有男生600人，女生400人．为调查该校全体学生每天的运动时间，采用分层抽样的方法获取容量为的样本．经过计算，样本中男生每天运动时间的平均值为80分钟，方差为10；女生每天运动时间的平均值为60分钟，方差为20．结合数据，估计全校学生每天运动时间的方差为()A.96 B.110 C.112 D.128【答案】B【解析】【分析】根据男、女学生比例，不妨设女、男学生分别为，，则总数为，求得所有样本的平均值，代入方差公式，即可得答案．【详解】由题意，按分层抽样方式抽取样本，且该校女、男学生比例为，不妨设抽取女、男学生分别为，，则总数为，则所有样本平均值为，所以方差为．故选：B．7.过直线上一点向圆O：作两条切线，设两切线所成的最大角为，则()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设是直线的动点，由题意可得是圆心到直线的距离时，两切线所成的角最大，计算可得．【详解】由圆，可得圆心为，半径为，设是直线的动点，自向圆作切线，当长最短时，两切线所成的角最大，即是圆心到直线的距离时，两切线所成的角最大，由点到直线距离公式可得，，，，．故选：C．8.设是定义在上的奇函数，且满足，．数列满足，，则()A.0 B.－1 C.2 D.－2【答案】D【解析】【分析】先把裂项后迭代求出，得到；再证明出是以3为周期的周期函数，即可求解.【详解】对于数列满足，且，变形可得：，即，则有：.所以，所以.因为是定义在上的奇函数，所以且.因为，则有：，则有，即是以3为周期的周期函数.所以.故选：D二、多选题：本题共4小题．在每小题所给的四个选项中，有多个选项符合题意．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.若，，则下列说法正确的是()A.若事件相互独立，则事件也互斥 B.若事件相互独立，则事件不互斥C.若事件互斥，则事件也相互独立 D.若事件互斥，则事件不相互独立【答案】BD【解析】【分析】利用互斥事件与独立事件的概率公式，对各选项逐一分析判断即可.【详解】对于AB，若事件相互独立，则，所以事件不互斥，故A错误，B正确；对于CD，若事件互斥，则，又，所以，则事件不相互独立，故C错误，D正确.故选：BD.10.函数由关系式确定，则下列说法正确的是()A.函数的零点为1B.函数的定义域和值域均为C.函数的图象是轴对称图形D.若，则定义域内满足恒成立【答案】ACD【解析】【分析】由题意写出分段函数解析式，画出函数图象，结合图象逐个分析判断即可.【详解】因为函数由关系式确定，所以，则的图象如图所示，由图象可知，函数的零点为1，所以A正确，由图象可知，函数的定义域和值域均为，所以B错误，因为对于，与互换后得到，与原式子相同，所以的图象关于直线对称，所以函数的图象是轴对称图形，所以C正确，由图象可知，的图象恒在直线的上方，所以在定义域内满足恒成立，所以D正确，故选：ACD11.某通信工具在发送、接收信号时都会使用数字0或是1作为代码，且每次只发送一个数字．由于随机因素的干扰，发出的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收成0或1的概率分别为0.94和0.06；发送信号1时，接收成1或0的概率分别为0.96和0.04．假设发送信号0或1的概率是等可能的，则()A.已知两次发送的信号均为1，则接收到的信号均为1的概率为B.在单次发送信号中，接收到0的概率为0.49C.在单次发送信号中，能正确接收的概率为0.95D.在发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率为【答案】BCD【解析】【分析】根据题意结合独立事件概率乘法公式逐项分析判断.【详解】对于选项A：两次发送的信号均为1，接收到的信号均为1的概率为，故A错误；对于选项B：在单次发送信号中，接收到0的概率为，故B正确；对于选项C：在单次发送信号中，能正确接收的概率为，故C正确；对于选项D：由选项B可知：在单次发送信号中，接收到0的概率为，则发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率，故D正确；故选：BCD.12.已知为等腰直角三角形，为斜边且长度是．为等边三角形，若二面角为直二面角，则下列说法正确的是()A.B.三棱锥的体积为C.三棱锥外接球的表面积为D.半径为的球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中【答案】ACD【解析】【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；计算出三棱锥的体积，可判断B选项；分析可知的外心即为三棱锥外接球的球心，计算出三棱锥外接球的表面积，可判断C选项；计算出三棱锥的内切球半径，可判断D选项.【详解】对于A选项，取线段的中点，连接、，设的外心为点，如下图所示：因为为等腰直角三角形，为斜边，为的中点，所以，，同理可得，，且，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，A对；对于B选项，因为，，则二面角的平面角为，且，因为平面平面，平面平面，平面，，所以，平面，，所以，，B错；对于C选项，因平面平面，平面平面，平面，，所以，平面，因为、平面，所以，，，因为，所以，，即，又因为为的外心，则，故，所以，为三棱锥外接球的球心，因为，且为等边的外心，则，因此，三棱锥外接球的表面积为，C对；对于D选项，因为，，，则，即，取线段的中点，连接，则，且，所以，，所以，，同理可得，又因为，所以，三棱锥的表面积为，设三棱锥的内切球半径为，则，即，所以，，因此，半径为的球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.方程在复数集中的解为______．【答案】【解析】【分析】先化简方程，然后在复数集范围内解方程即可.【详解】由方程，即，故，所以或，即方程在复数集中的解为或，故答案为：.14.______．【答案】【解析】【分析】利用两角差的正弦公式计算可得.【详解】.故答案为：15.已知函数图像关于点对称，且在区间上单调，则______．【答案】或【解析】【分析】根据三角函数的对称性，列出方程求得，结合在区间上单调，求得，进而得到的值.【详解】由函数的图像关于点对称，可得，解得，可得，又因为在区间上单调，可得，即，即，解得，当时，；当时，，故答案为：或.16.如图所示，斜率为的直线交椭圆于M、N两点，交轴、轴分别于Q、P两点，且，则椭圆的离心率为______．【答案】##0.5【解析】【分析】数形结合，表示出M、N点的坐标，代入方程，找到的关系，再结合，即可求解椭圆的离心率；【详解】设直线由图可知，，设直线由图可知，，又因为，设在轴上投影长度为，所以代入，解得：，上式除以下式得：，等式两边同时除以，解得：即：又因为，解得，所以椭圆的离心率为，故答案为：；四、解答题：本题共6小题．第17题10分，第18~22题每小题12分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的前n项和为，数列满足，．(1)证明：数列是等差数列；(2)是否存在常数p、q，使得对一切正整数n都有成立？若存在，求出p、q的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；，【解析】【分析】(1)根据求出的通项公式，证明出数列为等差数列；(2)先得到是以8为首项，为公比的等比数列，求出通项公式，结合对数运算列出方程组，求出p、q的值.【小问1详解】证明：因为数列的前n项和为，当时，，所以，当时，，满足，所以数列的通项公式为，，所以，，所以是首项为7，公差为4的等差数列．【小问2详解】因为，所以，所以数列是以8为首项，为公比的等比数列，所以；所以，要使对一切正整数n都有成立．即，即，所以，解得，所以则当，时，对一切正整数n都有成立．18.记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．(1)求角的大小；(2)设边上的高，求面积的最小值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由题意及正弦定理可得的值，再由角的取值范围，可得角的大小；(2)由题意和(1)可得，再由余弦定理可得的最小值，进而求出该三角形的面积最小值．【小问1详解】由正弦定理可知：所以又，所以，所以．因为，所以．【小问2详解】，所以①而所以，当且仅当时等号成立②由①②两式可知，所以，即面积的最小值为．19.如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)先得到平行四边形OADC为菱形，得到，再结合得到线面垂直，证明出面面垂直；(2)建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面法向量，得到两平面夹角的余弦值.【小问1详解】由已知可得，且，所以四边形OADC为平行四边形，又因为，所以平行四边形OADC为菱形，所以在圆锥PO中，因为平面ABCD，平面ABCD，所以因为，平面POD，平面POD，所以平面POD．又因为平面AEC，所以平面平面POD．【小问2详解】取CD中点M，易知平面PAB，，以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，因为，所以，所以，所以，，设平面AEC的一个法向量为，因为，所以，令，则，，所以，易知平面EAB即平面yOz，所以平面EAB的一个法向量为，设平面AEC与平面EAB的夹角为，则，所以平面AEC与平面EAB的夹角的余弦值为．20.已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若既有极大值又有极小值，且极大值和极小值的和为．解不等式．【答案】(1)答案见解析(2)【解析】【分析】(1)对函数求导，然后对参数分类讨论，注意讨论正负以及与的关系。然后根据导数判断函数的单调性；(2)由(1)知，的范围是且，，题目转化为求解，构造函数，然后结合函数的单调性以及特殊值，从而解得不等式的解集；【小问1详解】定义域：，1°时，令，解得；令，解得；所以在上单调递增，在上单调递减；2°时①当时，即时，令，解得或；令，解得；所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增；②当时，即时，恒成立，所以在上单调递增；③当时，即时，令，解得或；令，解得；所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增．综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增．【小问2详解】由(1)知：且，且即：解不等式；(且)等价于解不等式：令，，所以在单调递增，且，所以，即不等式的解集为．21.已知为抛物线上一点，，为的中点，设的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过点作直线交曲线E于点M、N，点为直线l：上一动点．问是否存在点使为正三角形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【解析】【