内蒙古自治区名校联盟2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古自治区名校联盟2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题考生注意：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．2．请将各题〖答案〗填写在答题卡上．3．本试卷主要考试内容；高考全部内容．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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.（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗．故选：B.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗解不等式得，函数的值域为，所以，所以.故选：C.3.“”是“方程表示圆”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗因为方程，即表示圆，等价于0，解得或.故“”是“方程表示圆”的充分不必要条件.故选：A4.曲线的一条对称轴方程为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得．故选：B.5.某高校现有400名教师，他们的学历情况如图所示，由于该高校今年学生人数急剧增长，所以今年计划招聘一批新教师，其中博士生80名，硕士生若干名，不再招聘本科生，且使得招聘后硕士生的比例下降了，招聘后全校教师举行植树活动，树苗共1500棵，若树苗均按学历的比例进行分配，则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为（）A.100 B.120C.200 D.240〖答案〗B〖解析〗设招聘名硕士生，由题意可知，，解得，所以本科生教师共分得树苗棵．故选：B6.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗定义域为，因为，所以是奇函数，排除C，D．当时，，则，，所以，排除B．故选：A．7.某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是长为3，宽为2的矩形，俯视图为扇形，则该几何体的体积为（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由三视图可知，该几何体是四分之一个圆柱（高为2，底面半径为3），其体积．故选：D.8.等差数列的前项和为，若，，则（）A.6 B.12 C.15 D.21〖答案〗C〖解析〗设，则，，因为为等差数列，所以，，也成等差数列，则，解得．故选：C9.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，则（）A.9 B.10 C.11 D.〖答案〗D〖解析〗由方程可知，所以，所以，，，渐近线方程为，如图，由双曲线的对称性，点到两渐近线的距离相等，不妨取渐近线，则，在直角中，．由余弦定理，可得，所以．故选：D10.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意，得该圆锥的母线长，设圆锥的底面半径为R，高为h，如图所示，由，得，所以，圆锥PO内切球的半径等于内切圆的半径，设的内切圆为圆，其半径为r，由，得，解得，故能制作的零件表面积的最大值为.故选：A.11.弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有（）A.32种 B.48种C.56种 D.68种〖答案〗D〖解析〗①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，再将《诗经》与《礼记》插空，则共有种安排方式．②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，共有种安排方式；③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，最后将剩下的3种书全排列即可，共有种安排方式．所以共有种安排方式．故选：D12.设，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，，，设函数，，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，故．故选：C.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题．每小题5分，共20分．把〖答案〗填在答题卡中的横线上．13.已知向量，，若，则______．〖答案〗1或〖解析〗因为，所以，解得或．故〖答案〗为：或．14.若x，y满足约束条件则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗画出可行域，当目标函数经过可行域内的交点时，z取得最大值．故〖答案〗为：.15.数列满足，，则的前2023项和______.〖答案〗1351〖解析〗因为，所以，则从第3项起以3为周期的周期数列，所以.故〖答案〗为：135116.已知A，B，M，N为抛物线上四个不同的点，直线AB与直线MN互相垂直且相交于焦点F，O为坐标原点，若的面积为2，则四边形AMBN的面积为______．〖答案〗〖解析〗不妨设，且．抛物线的焦点，因为的面积为，所以，代入抛物线方程可得，则．直线AB的方程为．由得，所以，于是有．直线MN的方程为，同理可得．因为，所以四边形AMBN的面积为．故〖答案〗为：.三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明．证明过程或演算步骤．17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题．考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.甲、乙两名大学生参加面试时，10位评委评定的分数如下．甲：93，91，80，92，95，89，88，97，95，93．乙：90，92，88，92，90，90，84，96，94，92．（1）若去掉一个最高分和一个最低分后再计算平均分，通过计算比较甲、乙面试分数的平均分的高低．（2）在（1）前提下，以面试的平均分作为面试的分数，笔试分数和面试分数的加权比为，已知甲、乙的笔试分数分别为92，94，综合笔试和面试的分数，从甲、乙两人中录取一人，你认为应该录取谁？说明你的理由．解：（1）依题意，设甲、乙面试分数的平均分分别为，，，因为，所以甲的面试分数的平均分更高.（2）因为笔试分数和面试分数的加权比为，所以甲的综合分数为，乙的综合分数为，因为，所以乙的综合分数更高，故应该录取乙.18.如图，在圆的内接四边形ABCD中，，，的面积为．（1）求的周长；（2）求面积的最大值．解：（1）因为，所以．在中，由余弦定理可得，解得．故的周长为．（2）由，，，四点共圆可得：，在中，由余弦定理可得

，当且仅当时，等号成立．所以，所以．故面积的最大值为.19.如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，为的中点.（1）证明：.（2）求二面角的余弦值.解：（1）因为平面，平面，所以.又，所以.由，平面，得平面.因为平面，所以.因为为的中点，，所以.由，平面，得平面.因为平面，所以.（2）因为平面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则，令，得..由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20.已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，且椭圆上的点到焦点的距离的最大值为．（1）求椭圆的方程．（2）设、是椭圆上关于轴对称的不同两点，在椭圆上，且点异于、两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由．解：（1）设点为椭圆上任意一点，其中，易知点，，所以，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为，又因为椭圆的离心率为，所以，，，则，因此，椭圆的标准方程为.（2）设点，，，，，则直线的方程为，直线的方程为，联立，消去并整理可得，因为点在椭圆上，则直线与椭圆必有公共点，所以，，同理可得所以，，所以，，化简可得，当时，则，此时，；当时，、、三点重合，此时，.综上所述，，即为定值.21.已知函数，（1）当，求曲线在处的切线方程；（2）若，证明：．解：（1）当时，，，，，曲线在处的切线方程为，即．（2）因为，当时，由，解得，由，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，，要证，即证，即，令函数，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，，所以，即得证，故得证．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于M，N两点，已知点，求.解：（1）由（参数），变形得到，平方相加得，故曲线的普通方程为.因为及，得直线的直角坐标方程为.（2）由于在直线方程中，