2022-2023学年浙江省名校联盟高二下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2浙江省名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.集合，且，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知，而，方程，当时，方程无解，则，符合题意；当时，，符合题意；当时，，不符合题意；所以的取值范围为.故选：A2.若直线在平面内，直线在平面外，则“”是“”的（）A.充要条件 B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件 D.必要不充分条件〖答案〗D〖解析〗如下图所示，若直线与平面相交点，但不垂直时，当直线垂直于直线在平面内的射影，此时，得不出，因为，且直线在平面内，所以，则“”是“”的必要不充分条件，故选：D.3.数列首项为，接下来项为，再接下来项为，再后面项为，以此类推（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗令数列首项为，公差为的等差数列，前项和为，有个，个，等等可推得有个令可得所以故选：C.4.已知一组成对数据中关于的一元非线性回归方程，已知，，，则（）A.3 B.1 C. D.〖答案〗B〖解析〗由，，则，可得.故选：B5.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为的足球（正多边形近似看做平面正多边形），则一块黑皮面积约为________．（注：边长为的正五边形面积，边长为的正六边形面积，取3.14）（）A.32.44 B.31.92 C.30.51 D.29.49〖答案〗D〖解析〗设黑色正五边形有个，则白色六边形有个，由已知条件可知，解得，即黑色正五边形有个，则白色六边形有个，足球的表面积为，所以，解得，所以一块黑皮的面积约为，故选：D.6.已知复数满足，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗复数满足，则复数z对应的点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆，则椭圆短半轴长为，椭圆方程为，表示椭圆上的点到原点的距离，当点位于椭圆长轴上的顶点时，取值大值2；当点位于椭圆短轴上的顶点时，取值小值；故的取值范围为，故选：D7.双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意，右焦点，又，则，，以为圆心，为半径的圆的方程为，，联立方程组，得，由圆与双曲线有公共点，所以，即，结合，化简为，由方程两根为：，，所以不等式的解为，或，由已知，得所以，当时，取得最小值.故选：A8.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知得，，因为在区间上单调递减，且，，，所以，即，令，则，所以在上单调递增，所以，即，当且仅当时取等号，所以，即，令，，令，，令，，令，当时，，所以在内单调递减，所以，所以在内单调递减，所以，所以在内单调递减，所以，所以在内单调递减，所以，即，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，综上：.故选：.二、选择题：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，部分选对得2分，有选错得0分．9.已知数列，的前项和分别为，，下列说法正确的是（）A.若能成立，则能成立 B.若能成立，则恒成立C.若恒成立，则恒成立 D.若恒成立，则恒成立〖答案〗ACD〖解析〗若，，能成立，也能成立，故A正确：若，，能成立，不能恒成立，故B错误：若恒成立，则二者是相同数列，即恒成立，故C正确；若恒成立，则，当时，两者作差得，当时，若，则，故D正确.故选：ACD.10.双曲线，点，则（）A.该双曲线渐近线为B.过点的直线与双曲线交于两点，若，则满足的直线有1条C.与双曲线两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1D.过点能作4条仅与双曲线有一个交点的直线〖答案〗ACD〖解析〗由题意，双曲线，则双曲线渐近线为，选项A正确；依题意，当过点的直线直线与双曲线的右支交于两点时，通径最短，为，当直线与双曲线的两支交于两点时，的最小值为，所以，若，则满足条件的直线有3条，故选项B错误；由于双曲线渐近线为，与双曲线两支各有一个交点的直线斜率，而，选项C正确；过点能作两条与渐近线平行的直线和两条切线，均与双曲线只有一个交点，故满足条件的直线有4条，选项D正确.故选：ACD11.函数在上有两个零点，下列说法正确的是（）A. B.C. D.在上有2个极值点且〖答案〗ACD〖解析〗由于函数在上有两个零点，故函数的图象在上有两个不同的交点，作出函数的图象如图：要满足题意，需满足与在间图象相切，由图象可知，，当时，，当时，，由于，则设与在间的图象相切时的切点为，此时，则，于是，C正确；对于A，当时，，此时，，由于，即，令，，即为减函数，，，故在内有唯一零点，即，A正确；对于B，当时，，即；当时，，，即；故，B错误；对于D，当时，，，，当时，，当时，，即在单调递减，在单调递增，即为函数在内的一个极小值点；当时，，，当时，，当时，，即在单调递减，在单调递增，即为函数在内的一个极小值点；即在上有2个极值点，设为，则，故，D正确；故选：ACD12.半径为2的球上有三个点，，，，三棱锥的顶角均为锐角，二面角的平面角为，为边上一动点，则（）A.若，则B.若，则C.若的最小值等于，则三棱锥体积最小为D.若的最小值等于，则三棱锥体积最小为〖答案〗BC〖解析〗如图所示：当时，三棱锥为正四面体，点在底面内的射影为的中心，即平面，连接延长交于，易知，为的中点，连接，所以，故二面角的平面角为，即．在中，，，所以，故B正确，A错误；如图所示：因为三棱锥的顶角均为锐角，所以．因为点在底面内的射影为的外心，即平面，过点作于，连接，因为为等边三角形，所以为的中点，又易知平面，所以二面角的平面角为，即，因为，为到平面的距离，根据三余弦定理可知，的最小值为直线与平面所成的角，即当三点共线时（重合），最小，此时，，且最小，故，而，所以，三棱锥体积最小为．故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.，，则在上的投影向量为________．（用坐标表示）〖答案〗〖解析〗由题意得，，故在上的投影向量为，故〖答案〗为：14.椭圆过点且上顶点到轴的距离为1，直线过点与椭圆交于A，两点且中点在坐标轴上，则直线的方程为________．〖答案〗或或〖解析〗因为过点且上顶点到轴的距离为1，所以所以，因为，即点在椭圆内，可知直线与椭圆相交，当斜率不存在时，则时，由椭圆对称性可得，则中点为在坐标轴上，所以符合题意；当斜率存在时，设，联立方程,消去y得，则，，因为中点在坐标轴上，则或，解得或，此时直线的方程为或；综上所述：所以直线的方程为或或.故〖答案〗为：或或.15.为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为________．〖答案〗〖解析〗将同学与同学看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体与剩下4人排列，有种方法，所以分步乘法原理可知同学与同学站在一起，同学站在边缘，共有种方法，其中同学不与同学或相邻的有：先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体从与同学不相邻的4个位置中选一个位置，有种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有种方法，所以由分步乘法原理可得同学不与同学或相邻的共有种方法，所以所求概率为，故〖答案〗为：16.5320的因数有________个，从小到大排列后，第24个因数为________．〖答案〗①2②280〖解析〗因为，所以当因数是一个质数时，有4种，当因数是2个质数的乘积时，有种，当因数是3个质数的乘积时，有种，当因数是4个质数的乘积时，有种，当因数是5个质数的乘积时，有种，当因数是6个质数的乘积时，有1种，还有一个1，所以5320共有32个因数，或所以5320的因数有32个，从小到大排列为1，2，4，5，7，8，10，14，19，20，28，35，38，40，56，70，76，95，133，140，152，190，266，280，380，532，665，760，1064，1330，2660，5320，所以第24个因数为280.故〖答案〗为：32，280四、解答题：本题共5小题，共58分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．（1）求；（2）劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明．解：（1）由题意可知，设，设上底的面积为，下底的面积为，则，，所以，解得，在中由余弦定理可得，所以；（2）不存在，证明如下：过作的垂线交劣弧于，由（1）可知，所以，以所在的直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，则，，，，设，则，，，设平面的法向量为，由，可得，因为，所以，取，则有，如果平面，则有，即，即，矛盾，所以平面不成立，故劣弧上不存在使∥平面.18.内角、、满足．（1）求的大小；（2）、分别为、上的点，，且平分，求.解：（1），即，即，所以，，即，所以，，因为，则，因为，则，所以，或，所以，或（舍去）.综上所述，.（2）如下图所示：因为、分别为、上的点，，则，所以，，则，因为，则，，因为平分，所以，，则，故，所以，，设，则，，其中，在中，由正弦定理可得，所以，因为，则为锐角，即，故，所以，，因为，所以，，故，因为，又因为，所以，.19.，，递增数列前项和为．（1）证明：为等比数列并求；（2）记，为使成立的最小正整数，求．解：（1）由于，，当时，；当时，依次取值为，（）时，总存在使得成立，证明该结论，只需证明能被3整除，由于，即能被3整除，即上述结论成立，当时,，由于能被3整除，则不是3的倍数，即时，不适合题意；综合上述，为递增数列：，（），故，即是以为首项，公比为4的等比数列，则.（2）由（1）可得，则，为使成立的最小正整数，当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时；当时，，故此时使成立的最小正整数为14，当时，，故此时使成立的最小正整数为11，故为周期数列：，周期为2，则.20.过的直线与交于，两点，直线、与分别交于、．（1）证明：中点在轴上；（2）若、、、四点共圆，求所有可能取值．解：（1）由题意，作图如下：过的直线与交于，两点，可设直线方程为,令，，则，可得:，，，的方程，即，可得，联立，可得，即，同理可得，即，，，，，又即，，中点在轴上.（2）若、、、四点共圆，，又三点共线，三点共线，，又，，，，，又，，，解得，，又，，则，即，解得：或，，，.21.人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩人，在Ⅱ时期生孩人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．服从0-1分布且．分布列如下图：012现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个男孩，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为（针对普遍家庭）．（1）求的期望与方差；（2）由数据组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为，分别为与，，总体样本点与两个分层样本点均值分别为，，，方差分别为，，，证明：，并利用该公式估算题设样本总体的方差．解：（1）由分布列知：，即，事件分别表示Ⅰ时期没生孩子、生了1个女孩、生了1个男孩，事件表示Ⅱ时期生2个孩子，则，又，所以，即，则，综上，分布列如下：012..（2）由题意，，则，，而，上式，又，且，上式.综上，得证.由题设知：，，，，则总体均值，综上，题设样本总体的方差.22.，，，．（1）若，，证明：；（2）是否存在使有且仅有一组解，若存在，求取值集合；若不存在，请说明理由．解：（1）依题意，，，由知，，，当时，，又，于是当且时，，不等式成立.当时，，令函数，求导得，因此函数在上单调递增，有，即，则，所以成立.（2）由（1）知，，且，假定存在正数使有且仅有一组解，由，知，且，，即，于是存在正数使有且仅有一组解等价于方程有不等于1的唯一正数解，令函数，显然，求导得，由，得，若，而，于是，此时，函数在上单调递减，有唯一解1，因此方程没有不等于1的正数解，即当时，不成立；若，即，方程有二不等实根，令，显然，于是，当或时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，，即，当时，，当时，，函数大致图象，如图，从而存在，使得，此时有3个不同解，因此方程有两个都不等于1的不同的正数解，即当时，使成立有两组解，所以不存在使有且仅有一组解.浙江省名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.集合，且，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知，而，方程，当时，方程无解，则，符合题意；当时，，符合题意；当时，，不符合题意；所以的取值范围为.故选：A2.若直线在平面内，直线在平面外，则“”是“”的（）A.充要条件 B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件 D.必要不充分条件〖答案〗D〖解析〗如下图所示，若直线与平面相交点，但不垂直时，当直线垂直于直线在平面内的射影，此时，得不出，因为，且直线在平面内，所以，则“”是“”的必要不充分条件，故选：D.3.数列首项为，接下来项为，再接下来项为，再后面项为，以此类推（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗令数列首项为，公差为的等差数列，前项和为，有个，个，等等可推得有个令可得所以故选：C.4.已知一组成对数据中关于的一元非线性回归方程，已知，，，则（）A.3 B.1 C. D.〖答案〗B〖解析〗由，，则，可得.故选：B5.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为的足球（正多边形近似看做平面正多边形），则一块黑皮面积约为________．（注：边长为的正五边形面积，边长为的正六边形面积，取3.14）（）A.32.44 B.31.92 C.30.51 D.29.49〖答案〗D〖解析〗设黑色正五边形有个，则白色六边形有个，由已知条件可知，解得，即黑色正五边形有个，则白色六边形有个，足球的表面积为，所以，解得，所以一块黑皮的面积约为，故选：D.6.已知复数满足，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗复数满足，则复数z对应的点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆，则椭圆短半轴长为，椭圆方程为，表示椭圆上的点到原点的距离，当点位于椭圆长轴上的顶点时，取值大值2；当点位于椭圆短轴上的顶点时，取值小值；故的取值范围为，故选：D7.双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意，右焦点，又，则，，以为圆心，为半径的圆的方程为，，联立方程组，得，由圆与双曲线有公共点，所以，即，结合，化简为，由方程两根为：，，所以不等式的解为，或，由已知，得所以，当时，取得最小值.故选：A8.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知得，，因为在区间上单调递减，且，，，所以，即，令，则，所以在上单调递增，所以，即，当且仅当时取等号，所以，即，令，，令，，令，，令，当时，，所以在内单调递减，所以，所以在内单调递减，所以，所以在内单调递减，所以，所以在内单调递减，所以，即，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，综上：.故选：.二、选择题：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，部分选对得2分，有选错得0分．9.已知数列，的前项和分别为，，下列说法正确的是（）A.若能成立，则能成立 B.若能成立，则恒成立C.若恒成立，则恒成立 D.若恒成立，则恒成立〖答案〗ACD〖解析〗若，，能成立，也能成立，故A正确：若，，能成立，不能恒成立，故B错误：若恒成立，则二者是相同数列，即恒成立，故C正确；若恒成立，则，当时，两者作差得，当时，若，则，故D正确.故选：ACD.10.双曲线，点，则（）A.该双曲线渐近线为B.过点的直线与双曲线交于两点，若，则满足的直线有1条C.与双曲线两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1D.过点能作4条仅与双曲线有一个交点的直线〖答案〗ACD〖解析〗由题意，双曲线，则双曲线渐近线为，选项A正确；依题意，当过点的直线直线与双曲线的右支交于两点时，通径最短，为，当直线与双曲线的两支交于两点时，的最小值为，所以，若，则满足条件的直线有3条，故选项B错误；由于双曲线渐近线为，与双曲线两支各有一个交点的直线斜率，而，选项C正确；过点能作两条与渐近线平行的直线和两条切线，均与双曲线只有一个交点，故满足条件的直线有4条，选项D正确.故选：ACD11.函数在上有两个零点，下列说法正确的是（）A. B.C. D.在上有2个极值点且〖答案〗ACD〖解析〗由于函数在上有两个零点，故函数的图象在上有两个不同的交点，作出函数的图象如图：要满足题意，需满足与在间图象相切，由图象可知，，当时，，当时，，由于，则设与在间的图象相切时的切点为，此时，则，于是，C正确；对于A，当时，，此时，，由于，即，令，，即为减函数，，，故在内有唯一零点，即，A正确；对于B，当时，，即；当时，，，即；故，B错误；对于D，当时，，，，当时，，当时，，即在单调递减，在单调递增，即为函数在内的一个极小值点；当时，，，当时，，当时，，即在单调递减，在单调递增，即为函数在内的一个极小值点；即在上有2个极值点，设为，则，故，D正确；故选：ACD12.半径为2的球上有三个点，，，，三棱锥的顶角均为锐角，二面角的平面角为，为边上一动点，则（）A.若，则B.若，则C.若的最小值等于，则三棱锥体积最小为D.若的最小值等于，则三棱锥体积最小为〖答案〗BC〖解析〗如图所示：当时，三棱锥为正四面体，点在底面内的射影为的中心，即平面，连接延长交于，易知，为的中点，连接，所以，故二面角的平面角为，即．在中，，，所以，故B正确，A错误；如图所示：因为三棱锥的顶角均为锐角，所以．因为点在底面内的射影为的外心，即平面，过点作于，连接，因为为等边三角形，所以为的中点，又易知平面，所以二面角的平面角为，即，因为，为到平面的距离，根据三余弦定理可知，的最小值为直线与平面所成的角，即当三点共线时（重合），最小，此时，，且最小，故，而，所以，三棱锥体积最小为．故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.，，则在上的投影向量为________．（用坐标表示）〖答案〗〖解析〗由题意得，，故在上的投影向量为，故〖答案〗为：14.椭圆过点且上顶点到轴的距离为1，直线过点与椭圆交于A，两点且中点在坐标轴上，则直线的方程为________．〖答案〗或或〖解析〗因为过点且上顶点到轴的距离为1，所以所以，因为，即点在椭圆内，可知直线与椭圆相交，当斜率不存在时，则时，由椭圆对称性可得，则中点为在坐标轴上，所以符合题意；当斜率存在时，设，联立方程,消去y得，则，，因为中点在坐标轴上，则或，解得或，此时直线的方程为或；综上所述：所以直线的方程为或或.故〖答案〗为：或或.15.为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为________．〖答案〗〖解析〗将同学与同学看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体与剩下4人排列，有种方法，所以分步乘法原理可知同学与同学站在一起，同学站在边缘，共有种方法，其中同学不与同学或相邻的有：先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体从与同学不相邻的4个位置中选一个位置，有种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有种方法，所以由分步乘法原理可得同学不与同学或相邻的共有种方法，所以所求概率为，故〖答案〗为：16.5320的因数有________个，从小到大排列后，第24个因数为________．〖答案〗①2②280〖解析〗因为，所以当因数是一个质数时，有4种，当因数是2个质数的乘积时，有种，当因数是3个质数的乘积时，有种，当因数是4个质数的乘积时，有种，当因数是5个质数的乘积时，有种，当因数是6个质数的乘积时，有1种，还有一个1，所以5320共有32个因数，或所以5320的因数有32个，从小到大排列为1，2，4，5，7，8，10，14，19，20，28，35，38，40，56，70，76，95，133，140，152，190，266，280，380，532，665，760，1064，1330，2660，5320，所以第24个因数为280.故〖答案〗为：32，280四、解答题：本题共5小题，共58分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．（1）求；（2）劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明．解：（1）由题意可知，设，设上底的面积为，下底的面积为，则，，所以，解得，在中由余弦定理可得，所以；（2）不存在，证明如下：过作的垂线交劣弧于，由（1）可知，所以，以所在的直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，则，，，，设，则，，，设平面的法向量为，由，可得，因为，所以，取，则有，如果平面，则有，即，即，矛盾，所以平面不成立，故劣弧上不存在使∥平面.18.内角、、满足．（1）求的大小；（2）、分别为、上的点，，且平分，求.解：（1），即，即，所以，，即，所以，，因为，则，因为，则，所以，或，所以，或（舍去）.综上所述，.（2）如下图所示：因为、分别为、上的点，，则，所以，，则，因为，则，，因为平分，所以，，则，故，所以，，设，则，，其中，在中，由正弦定理可得，所以，因为，则为锐角，即，故，所以，，因为，所以，，故，因为，又因为，所以，.19.，，递增数列前项和为．（1）证明：为等比数列并求；（2）记，为使成立的最小正整数，求．解：（1）由于，，当时，；当时，依次取值为，（）时，总存在使得成立，证明该结论，只需证明能被3整除，由于，即能被3整除，即上述结论成立，当时,，由于能被3整除，则不是3的倍数，即时，不适合题意；综合上述，为递增数列：，（），故，即是以为首项，公比为4的等比数列，则.（2）由（1）可得，则，为使成立的最小正整数，当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时；当时，，故此时使成