2022-2023學年廣東省七校聯合體高二年級下冊學期3月聯考數學試題【含答案】

2022-2023學年廣東省七校聯合體高二下學期3月聯考數學試題一、單選題1．已知復數z與都是純虛數，則z的共軛復數為（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】先仔細審題，抓住題目中的關鍵信息之后再動手，純虛數的特征就是實部為0，虛部不為0的虛數，可用復數的代數形式解.【詳解】設則為純虛數，則有：，解得：，故，則.故選：D.2．集合，，則為A． B． C． D．【答案】B【解析】計算得到，，再計算得到答案.【詳解】，，故.故選：.【點睛】本題考查了集合的交集運算，意在考查學生的計算能力.3．函數的圖象大致為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本題首先根據判斷函數的奇偶性排除,再根據,對應,排除,進而選出正確答案.【詳解】由函數，可得，故函數的定義域為，又，所以是偶函數，其圖象關于軸對稱，因此錯誤；當0時，，所以錯誤．故選:4．如圖，在三棱柱中，E，F分別是BC，的中點，，則（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】根據空間向量線性運算的幾何意義進行求解即可.【詳解】，故選：D．5．已知函數，若在上的值域是，則實數a的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用換元法將在上的值域為轉化為在上的值域為，然后結合余弦函數的單調性列不等式求解即可.【詳解】，令，則，，因為，，的值域為，所以，解得.故選：B.6．設，，，則的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由題,分別為函數,,上的點的縱坐標,利用函數單調性與特殊值0,1比較,進而比較的大小關系【詳解】由題,因為單調遞減,則；因為單調遞減,則；因為單調遞增,則,所以,故選：A【點睛】本題考查利用函數單調性比較大小,掌握指數函數,對數函數的性質是解題關鍵7．在圓中，過點的最長弦和最短弦分別為和，則四邊形的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】將圓的方程配成標準式，即可得到圓心坐標與半徑，從而求出最短、最長弦，即可得解；【詳解】解：圓，即，圓心為，半徑，又，所以過點的最長弦，最短弦，且最短弦與最長弦互相垂直，所以；故選：B8．設雙曲線的左?右焦點分別為，過點作斜率為的直線與雙曲線的左?右兩支分別交于兩點，且，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】結合向量運算、雙曲線的定義建立等量關系式，利用直線的斜率列方程，化簡求得雙曲線的離心率.【詳解】如圖，設為的中點，連接.易知，所以，所以.因為為的中點，所以.設，因為，所以.因為，所以.所以.因為是的中點，，所以.在Rt中，；在Rt中，.所以，解得.所以.因為直線的斜率為，所以，所以，，所以離心率為.故選：A【點睛】求雙曲線離心率的方法有：（1）直接法：利用已知條件將求出，從而求得離心率；（2）方程法：利用已知條件列出關于或的方程，化簡求得離心率.二、多選題9．若，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】AC【分析】根據基本不等式或不等式的性質可判斷AC的正誤，根據反例可判斷BD的錯誤.【詳解】因為，故，故，當且僅當時等號成立.故A成立.因為，故，故C成立.若，則，故不成立，故B錯誤.取，則，故D錯誤.故選：AC.10．下列說法正確的是（

）A．已知向量，，若∥，則B．若向量，共線，則C．已知正方形ABCD的邊長為1，若點M滿足，則D．若O是的外心，，，則的值為【答案】CD【分析】對于A，由兩向量平行的坐標運算計算即可；對于B，分向量，同向和向量，反向計算，即可判斷；對于C，由題意可得為的三等分點中靠近的點，于是可得,再由向量的四則運算法則及數量積運算計算即可；對于D，由題可得,(為的外接圓半徑)，進而可得，即有，即可判斷.【詳解】解：對于A，因為，，∥，所以，解得，故錯誤；對于B，因為向量，共線，當向量，同向時，則有；當向量，反向時，則有，故錯誤；對于C，因為，所以為的三等分點中靠近的點，所以,,所以,故正確；對于D，因為O是的外心，所以(為的外接圓半徑),又因為,所以,即,①同理可得,②由①-②可得：，即有，故正確.故選：CD.11．已知點F為橢圓C：，的左焦點，過原點O的直線l交橢圓于P，Q兩點，點M是橢圓上異于P，Q的一點，直線MP，MQ的斜率分別為，，橢圓的離心率為e，若，，則（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】設出右焦點，根據橢圓定義結合對稱性以及余弦定理得到關系，則離心率可求，設出坐標，利用點差法可求得的表示，結合關系可求解出的值.【詳解】連接，根據橢圓對稱性可知四邊形為平行四邊形，則，且由，可得,所以,則.由余弦定理可得，化簡得，故，所以（負舍）設，則，所以，又，相減可得．因為，所以，，所以.故選：BD.【點睛】解答本題的關鍵在于合理運用焦點三角形的知識以及點差法設而不求的思想去計算；橢圓是一個對稱圖形，任何過原點的直線(不與焦點所在軸重合)與橢圓相交于兩點，這兩點與橢圓的焦點構成的四邊形為平行四邊形.12．如圖，若正方體的棱長為1，點M是正方體的側面上的一個動點（含邊界），P是棱的中點，則下列結論正確的是（

）A．沿正方體的表面從點A到點P的最短路程為B．若保持，則點M在側面內運動路徑的長度為C．三棱錐的體積最大值為D．若點M在上運動，則到直線PM的距離的最小值為【答案】ABC【分析】A選項，把兩個平面展開到同一平面內，利用兩點之間，線段最短進行求解，注意展開方式可能有多種；B選項，找到點在側面內的運動軌跡是圓弧，再求解弧長；C選項，利用等體積法和建立空間直角坐標系，求出的最大值，即為最大值；D選項，在空間直角坐標系中利用點與線距離公式即可判斷該選項.【詳解】對于A，將平面與平面展開到同一平面內，連接AP，此時，也可將平面ABCD與平面展開到同一平面內，此時，，故A正確；對于B，取DD1中點E，連EM，PE，如圖，因是正方體的棱中點，則PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，則有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，點在側面內運動路徑是以E為圓心，1為半徑的圓在正方形內的圓弧，如圖，圓弧所對圓心角為，圓弧長為B正確；對于C，連接，，，，，，則，所以，以D為坐標原點，分別以DA，DC，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，，，設，（，），設平面的法向量為，則，令，得：，所以，設到平面的距離為，則，故當，時，取得最大值，為，此時三棱錐體積最大，，C正確；對于D，正方體的棱長為1，為的中點，點M在上運動，設，可得，，，，，，可得，得，，，由圖可見，明顯地，當與重合時，必有到直線PM的距離的最小，此時，，故，設直線與直線的夾角為，可得,則，故到直線PM的距離的最小值為，故D選項錯誤；故選：ABC三、填空題13．一名醫(yī)護人員維護3臺獨立的呼吸機，一周內這些呼吸機需要維護的概率分別是、、0.6，則一周內至少有一臺呼吸機不需要維修的概率為______．【答案】【分析】一周內全部都要維修的概率，利用其對立事件即可求一周內至少有一臺呼吸機不需要維修的概率.【詳解】一周內全部都要維修的概率為，故一周內至少有一臺呼吸機不需要維修的概率為.故答案為：.14．已知數列滿足，且，則的值為__________.【答案】2【分析】首先判斷數列的周期，再根據周期求.【詳解】由題意得，，，，，，∴數列是周期為6的周期數列，∴.故答案為：．15．在邊長為2的菱形中，，將菱形沿對角線對折，使二面角的余弦值為，則所得三棱錐的外接球的表面積為___________.【答案】【分析】利用菱形對角線相互垂直的性質得出，，可得出二面角的平面角為，再利用余弦定理求出，可知三棱錐為正四面體，過點作交于點，即可得到平面，從而得到為底面的重心，再由勾股定理求出外接球的半徑，最后利用球的表面積公式可得出答案．【詳解】解：依題意在邊長為的菱形中，，所以，如下圖所示，易知和都是等邊三角形，取的中點，則，．，平面，所以平面，所以是二面角的平面角，過點作交于點，由平面，平面，所以，，平面，所以平面．因為在中，，所以，則．故三棱錐為正四面體，由平面，所以為底面的重心，所以，，則，設外接球的半徑為，則，解得．因此，三棱錐的外接球的表面積為．故答案為：．16．已知拋物線的焦點為，點的坐標為，動點在拋物線上，且，則的最小值是__________.【答案】【分析】設直線方程為，與拋物線方程聯立方程組求得點坐標（只要求得橫坐標即可），然后計算，同理得，利用二次函數性質求得的最小值．【詳解】易知在拋物線上，的斜率都存在且不為0，設的斜率為，直線方程為，由得，是方程的一解，另一解為（不重合，因此），拋物線的焦點為，，（∵），同理，，∴時，取得最小值11，此時滿足題意．故答案為：11.【點睛】方法點睛：直線與拋物線相交弦長問題，弦所在直線為，可設，，直線方程與拋物線方程聯立方程組后消元，應用韋達定理得,然后由弦長公式計算，本題中由于弦的一個端點已知，即方程的一個解已知，因此可由韋達定理求得另一解，從而由兩點間距離公式直接計算．四、解答題17．已知數列滿足，數列的前項和為.(1)求數列的通項公式；(2)求.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用“退一作差”法求得.（2）利用錯位相減求和法求得.【詳解】（1）依題意，當時，，當時，由，得，兩式相減得，也符合上式，所以.（2），，兩式相減得，.18．在中，內角的對邊分別為，且.（1）求角的大小.（2）若邊上的中線，且,求的周長.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理將角化邊，再由余弦定理可求角的大小.（2）由面積公式可得，再在和中，由余弦定理可得，最后用完全平方公式可求的值，即可求得三角形的周長.【詳解】解：（1）由已知

由正弦定理得：由余弦定理得：在中，因為,所以（2）由，得①由（1）知，即②在中，由余弦定理得：在中，由余弦定理得：因為，所以③由①②③，得所以所以的周長.【點睛】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，屬于基礎題．19．如圖，中，，，分別為，邊的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且．（1）證明：平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）由，分別為，邊的中點，可得，由已知結合線面垂直的判定可得平面，從而得到平面；（2）取的中點，連接，由已知證明平面，過作交于，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面與平面所成銳二面角的余弦值．【詳解】（1）因為分別為，邊的中點，所以，因為，所以，，又因為，所以平面，所以平面．（2）取的中點，連接，由（1）知平面，平面，所以平面平面，因為，所以，又因為平面，平面平面，所以平面，

過作交于，分別以，，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，，．，，設平面的法向量為，則即則，易知為平面的一個法向量，，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值．【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉化，因此整個證明過程圍繞著線面垂直這個核心而展開，這是化解空間垂直關系難點的技巧所在，兩半平面所成的二面角與面的法向量之間所成的角相等或互補，主要通過題意或圖形來確定最后結果.20．已知橢圓的離心率為，是橢圓的一個焦點．點，直線的斜率為．（1）求橢圓的方程；（2）若過點的直線與橢圓交于兩點，線段的中點為，且．求的方程．【答案】（1）；（2）【分析】（1）由題意可得，解得即可得出．（2）分兩種情況，當斜率不存在時，不符合題意；當斜率存在時，設出直線方程，聯立直線方程和橢圓方程，利用判別式大于0可得出；利用列出等式可求得k的值，即可得出的方程．【詳解】（1）由題意，可得，解得，則，故橢圓的方程為．（2）當的斜率不存在時，，不合題意，故的斜率存在．設的方程為，聯立，得，設，則，即，設，則，則，即整理得．故，的方程為．【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及其性質、“點差法”、點斜式、斜率的計算公式．21．若函數在定義域內存在實數，使得成立，則稱函數有“飄移點”．Ⅰ試判斷函數及函數是否有“飄移點”并說明理由；Ⅱ若函數有“飄移點”，求a的取值范圍．【答案】（Ⅰ）函數有“飄移點”，函數沒有“飄移點”．證明過程詳見解析（Ⅱ）【分析】Ⅰ按照“飄移點”的概念，只需方程有根即可，據此判斷；Ⅱ由題得，化簡得，可得，可求>，解得a范圍．【詳解】Ⅰ函數有“飄移點”，函數沒有“飄移點”，證明如下：設在定義域內有“飄移點”，所以：，即：，解得：，所以函數在定義域內有“飄移點”是0；設函數有“飄移點”，則，即由此方程無實根，與題設矛盾，所以函數沒有飄移點Ⅱ函數的定義域是，因為函數有“飄移點”，所以：，即：，化簡可得：，可得：，因為，所以：，所以：，因為當時，方程無解，所以，所以，因為函數的定義域是，所以：，即：，因為，所以，即：，所以當時，函數有“飄移點”【點睛】本題考查了函數的方程與函數間的關系，即利用函數思想解決方程根的問題，利用方程思想解決函數的零點問題，由轉化為關于方程在有解是本題關鍵.22．已知點，點為平面上的動點，過點作直線的垂線，垂足為，且.(1)求動點的軌跡的方程；(2)設點的軌跡與軸交于點，點，是軌跡上異于點的不同的兩點，且滿足，求的最小值.【答案】(1)(