福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年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福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、单项选择题：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.已知集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗，因为，所以.故选:B.2.若复数z满足，则复数z的虚部为（）A.-I B. C.-1 D.1〖答案〗C〖解析〗设，因为，所以，故，得到，故选为：C.3.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以，.故选：A4.南宋数学家杨辉所著的《详析九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……．若“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可得：，，，，，对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，，故C错误；对于D，，故D错误.故选：D.5.已知p：，q：，则p是q的（）条件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分也不必要〖答案〗D〖解析〗取，满足，但不成立，故充分性不成立；取，满足，但不成立，故必要性不成立.所以p是q的既不充分也不必要条件.故选:D.6.已知四边形ABCD是平行四边形，，若EC与BD交于点O，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知，，所以，因为三点共线，所以，得.故选：A7.设点、分别是椭圆的左、右焦点，点、在上（位于第一象限）且点、关于原点对称，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如下图所示：由题意可知，为、中点，则四边形为平行四边形，则，又因为，则四边形为矩形，设，则，所以，由勾股定理可得，所以，该椭圆的离心率为.故选：B.8.已知，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗设，则.令，则,所以函数在上单调递增，所以,即,所以在上单调递增,所以,所以,即，即.设,所以,所以在上单调递增,所以,所以,即,即,即.综上所述，.故选:C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.对实数a，b，c，d，下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，，则C.若，，则D.若，则的最小值是2〖答案〗BC〖解析〗选项A，当，，故选项A错误；选项B，因为，，所以，由不等式性质知，，故选项B正确；选项C，，，所以，由不等式性质知，，故选项C正确；选项D，因为，，当且仅当时取等号，所以等号取不到，选项D错误.故选：BC.10.已知圆O：和圆M：相交于A，B两点，点C是圆M上的动点，定点P的坐标为，则下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为，半径为1B.直线AB的方程为C.线段AB的长为D.的最大值为6〖答案〗BCD〖解析〗选项A，因为圆M的标准方程为，所以圆心圆心为，半径为1，故选项A错误；选项B，因为圆O：和圆M：相交于A，B两点，两圆相减得到，即，故选B正确；选项C，由选项B知，圆心到直线的距离为，所以，故选项C正确；选项D，因为,，所以，又圆的半径为1，故的最大值为，故选项D正确.故选项：BCD.11.已知，函数，下列选项正确的有（）A.若的最小正周期，则B.当时，函数的图像向右平移个单位长度后得到的图像C.若在区间上只有一个零点，则的取值范围是D.若在区间上单调递增，则的取值范围是〖答案〗AC〖解析〗选项A，由余弦函数图像与性质，可得，又，所以得，所以选项A正确；选项B，当时，可得，将函数的图象向右平移个单位长度后得，所以选项B错误；选项C，若在区间上只有一个零点，由，得到解得，所以，得到，所以C正确,选项C，若在区间上单调递增，则，解得，又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以D错误；故选：AC．12.在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.过点、、的平面截正方体所得的截面周长为C.当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的体积为D.点为正方形内一点，当平面时，的最小值为〖答案〗ABD〖解析〗对于A选项，因为，所以，异面直线与所成角为，因为，则，，故异面直线与所成角的余弦值为，A对；对于B选项，延长分别交直线、于点、，连接交于点，连接交于点，连接、，故过点、、的平面截正方体所得的截面为五边形，因为，则，则，因为，则，则，，因为，，，则，故，同理可得，因为，，，则，同理可得，又因为，因此，五边形的周长为，B对；对于C选项，因为平面，，将三棱锥补成长方体，如下图所示：其中，，则长方体的外接球直径为，故，因此，三棱锥的外接球的体积为，C错；对于D选项，分别取、、的中点、、，连接、、、、，因为且，点、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则且，又因为且，所以，且，故四边形为平行四边形，所以，且，因为且，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则，所以，，又因为平面，平面，所以，平面，同理可证平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，且平面，则当时，平面，则有平面，因为，同理可得，，当时，即当点为的中点时，的长取最小值，此时，，D对.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.平潭城关中学校团委准备开展高三“喊楼”活动，决定从学生会文娱部的3名男生和2名女生中，随机选取2人负责活动的主持工作，则恰好选中一名男生和一名女生的概率为______．〖答案〗〖解析〗从3名男生和2名女生中随机选取两人，

基本事件总数，

两人恰好是一名男生和一名女生包含的基本事件个数，

则两人恰好是一名男生和一名女生的概率是．故〖答案〗为:．14.请写出一个同时满足下列个条件的函数：______．①；②；③在上单调递增；〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，则该函数的定义域为，对于①，，①满足；对于②，，②满足；对于③，当时，，则，所以，函数在上单调递增，③满足.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.15.已知向量，的夹角为，且，，则向量在向量上的投影向量为______．（用表示）〖答案〗〖解析〗因为向量，的夹角为，且，，所以，向量在向量上的投影向量为.故〖答案〗为:.16.已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗函数的定义域为，且，依题意可得存在唯一的变号正实根，即存在唯一的变号正实根，当时，，方程只有唯一变号正实根，符合题意，当，方程，即没有除之外的正实根，令，则，所以当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，解得此时，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则函数存在唯一的极值点，合乎题意.综上可得.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．17.已知数列满足，．（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列落入区间的所有项的和．解：（1）由，可知，，得，且，所以数列是首项为3，公比为2的等比数列，所以，即；（2）由题意，即，解得：，即，故落入区间的项为，所以其和.18.为了促进五一假期期间全区餐饮服务质量的提升，平潭某旅游管理部门需了解游客对餐饮服务工作的认可程度．为此该部门随机调查了500名游客，根据这500名游客对餐饮服务工作认可程度给出的评分分成，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求直方图中x的值和第80百分位数；（2）为了解部分游客给餐饮服务工作评分较低的原因，该部门从评分低于80分的游客中用分层抽样的方法随机选取30人作进一步调查，求应选取评分在的游客人数；（3）若游客的“认可系数”（）不低于0.85．餐饮服务工作按原方案继续实施，否则需进一步整改根据你所学的统计知识，结合“认可系数”，判断餐饮服务工作是否需要进一步整改，井说明理由．解：（1）由图可知：，解得.

因为内的频率为，所以第百分位数位于区间内，设为，所以，解得，所以第百分位数为.（2）低于分的学生中三组学生的人数比例为，则应选取评分在的学生人数为：（人）；（3）由图可知，认可程度平均分为：，所以“餐饮服务工作”需要进一步整改.19.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．（1）证明：；（2）若，，，求AM的长度．解：（1）由，得，则，由正弦定理和余弦定理得：，化简得；（2）如图：在中，，又因为，所以，所以，所以，由，得，在中，，所以.20.如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．（1）若平面，确定的位置.（2）已知平面ABC，且．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值．解：（1）连接,由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,平面,平面,故平面,又平面，且平面，，所以平面平面，又平面平面,平面平面,故,由于是的中点,故是的中点，故点在边的中点处，平面;（2）因为平面，平面,所以,又平面,故平面,由于平面,所以,由（1）知：在边的中点，是的中点,所以,进而，连接,由所以四边形为平行四边形，故,由于平面，因此平面，故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，则，故，设平面的法向量为，则，取，则，又，故，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为.21.如图，正六边形ABCDEF的边长为4．已知双曲线的焦点分别为A，D，两条渐近线分别为直线BE，CF．（1）建立适当的平面直角坐标系，求的方程；（2）过点A的直线l与交于P，Q两点，，若点M满足，证明：点M在一条定直线上．解：（1）如图，连接交于点，以点为坐标原点，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，则，，即，，，，直线方程：，，则，，则，解得，，双曲线.（2）由题意，直线的斜率存在，则其方程可设为，联立可得，消去可得：，，，化简得，设，则，，，，，，，设，，，，，则，，，，，，，解得，由，，则在同一直线上，即，故在直线上.2