湖南名校联考联合体2022-2023学年高二下学期期末联考数学Word版含解析

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名校联考联合体2023年春季高二期末联考暨新高三适应性联合考试数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.已知集合，，则（）A.B.C.D.2.已知复数，且，其中，为实数，则（）A.，B.，C.，D.，3.已知非零向量，满足，，，则（）A.B.C.D.4.已知长方体的底面是边长为2的正方形，，，分别为，的中点，则三棱锥的体积为（）A.B.4C.D.65.某学校在高考模拟考试座位的排定过程中，有来自班的4名学生和来自班的4名学生，恰好排在五行八座（每个考室5行*8座人）中的第二行，则来自同一班级的4名学生互不相邻的概率为（）A.B.C.D.6.已知，且的最小正周期为2.若存在，使得对于任意

1，都有，则为（）A.B.C.D.7.已知函数，，若，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.8.已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（）A.B.C.D.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，则下列结论中正确的是（）A.可能是奇函数B.在区间上单调递减C.当的极大值为17时，D.当时，函数的值域是10.已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，则（）A.抛物线为B.若，为上的动点，则的最小值为4C.直线与抛物线相交所得弦长最短为4D.若抛物线准线与轴交于点，点是抛物线上不同于其顶点的任意一点，，，则的最小值为11.已知正方体的棱长为2，则以下结论正确的是（）A.若为线段上动点（包括端点），则点到平面的距离为定值B.正方形底面内存在点，使得C.若点在正方体的表面上运动，点是的中点，点满足，则点

2的轨迹的周长为D.当点为中点时，三棱锥的外接球半径12.已知定义在的函数存在使为函数的最小值，其中，则的值可以为（附：，，）（）A.0B.1C.2D.3三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中常数项等于_______.14.若一直线与曲线和曲线相切于同一点，则的值为_______.15.有穷等差数列的各项均为正数，若，则的最小值是_______.16.如图，已知双曲线：与过其焦点的圆相交于，，，四个点，直线与轴交于点，直线与双曲线交于点，记直线，的斜率分别为，，若，则双曲线的离心率为_______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）在数列中，，.

3（1）证明是等比数列；（2）若，求数列的前项和.18.（12分）已知函数在一个周期内一系列对应的值如下表：………020…（1）求的解析式；（2）若在锐角中，，角所对的边，求面积的取值范围.19.（12分）一个小型制冰厂有3台同一型号的制冰设备，在一天内这3台设备只要有一台能正常工作，制冰厂就会有利润，当3台都无法正常工作时制冰厂就因停业而亏本（3台设备相互独立，3台都正常工作时利润最大）.每台制冰设备的核心系统由3个同一型号的电子元件组成，3个元件能正常工作的概率都为，它们之间相互不影响，当系统中有不少于的电子元件正常工作时，此台制冰设备才能正常工作.（1）当时，求一天内制冰厂不亏本的概率；（2）若已知当前每台设备能正常工作的概率为0.6，根据以往经验可知，若制冰厂由于设备不能正常工作而停业一天，制冰厂将损失1万元，为减少经济损失，有以下两种方案可供选择参考：方案1：更换3台设备的部分零件，使每台设备能正常工作的概率为0.85，更新费用共为600元.方案2：对设备进行维护，使每台设备能正常工作的概率为0.75，设备维护总费用为元.请从期望损失最小的角度判断如何决策？20.（12分）如图，圆柱的轴截面是边长，的矩形，点在上底面圆内，且（，，三点不在一条直线上）.下底面圆的一条弦交于点，其中，平面平面.

4（1）证明：平面；（2）若二面角的正切值为，求的长.21.（12分）已知，且在处的切线与直线平行.（1）求的值，并求此切线方程；（2）若，且有两个不相等的实数根，，且，求证：22.（12分）已知直线过点且与圆：交于，两点，过的中点作垂直于的直线交于点，记的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程（2）设曲线与轴的交点分别为，，点关于直线的对称点分别为，过点的直线与曲线交于两点，直线相交于点.请判断的面积是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由.

5名校联考联合体2023年春季高二期末联考暨新高三适应性联合考试数学参考答案一、二、选择题题号123456789101112答案CADCBAACABCBCDACDAB1.C【解析】，由，则，故选C.2.A【解析】，，由，结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得即故选A.3.D【解析】∵，∴，又，，∴，解得，故选D.4.C【解析】因为，分别为，的中点，所以，所以三棱锥是正四面体，此正四面体的体积为，故选C.5.B【解析】8名同学坐在一行的所有排法共有种排法，来自同一班级的4名学生互不相邻的排法可分为两类：第一类：来自班的4名学生坐在第1、3、5、7位置，共有种排法；第二类：来自班的4名学生坐在第2、4、6、8位置，共有种排法，所以来自班的4名学生互不相邻，且来自班的4名学生也互不相邻的排法共有种排法，所以事件“来自班的4名学生互不相邻，且来自班的4名学生也互不相邻”的概率.故选B.6.A【解析】由已知条件可得的最小正周期为4，所以；

6由易知，继而得到函数关于直线对称，故，又，∴，故选A.7.A【解析】因为，该函数的定义域为，，所以函数为偶函数，故，当时，，任取，，则，，所以，所以，，即，所以函数在上单调递增，又，则，即，故选A.8.C【解析】设球的球心为，因为球的表面积为，所以球的半径，又因为，，，所以为，且，球心到平面的距离为2.又三棱锥的体积为，所以到平面的距离.故在球面的截面圆上，，截面圆的半径为2.设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心，即为的中点.又，所以，故选C.9.ABC【解析】因为对，，显然当时，为奇函数，即A正确；因为，则函数的单调递增区间为和，函数的单调递减区间为，故B正确；由得，结合选项B可知，是函数的极大值点，此时函数的极大值为，所以故C正确；由B可知，函数在和上单调递增，函数在上单调递减，所以

7无最大值，无最小值，故D错误.故选ABC.10.BCD【解析】因为抛物线：的焦点到准线的距离为2，所以，从而抛物线的方程是，所以A错误；设到准线的距离为，则，故B正确；抛物线的焦点为，直线过焦点，所以直线与抛物线相交所得弦长最短为通径，故C正确；对于D，不妨设点在第一象限，过点向准线作垂线，垂足为，则，连接，在中，设，则，要求的最小值，即最小，即最小，所以当直线与抛物线相切时，角最小，设切线方程为存在，且，由联立得，令，得，所以或（舍），所以，所以，故D正确.11.ACD【解析】对于A，由题意可得：且，∴为平行四边形，则，又平面，平面，∴平面，又∵为线段上的点，则点到平面的距离为定值；对于B，以为坐标原点，建如图所示的空间直角坐标系，设，，，，，若，则，即与题意矛盾，所以B不正确；对于C，取的中点为，取的中点为，取的中点为，取的中点为，

8取的中点为，分别连接，，，，，由，，且，所以平面，由题意可得的轨迹为正六边形，其中，所以点的轨迹的周长为，C正确；对于D，当点为中点时，则，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥的外接球的球心，半径为，连接，，，则平面，且，对于，，，∴，则，

9∵，则，∴，即，D正确.12.AB【解析】故表示函数上的点与两点，的距离之和，所以当为线段与函数的图象的交点时，的值最小，由可设，，所以，使得，由题可得时，成立，所以A正确；时，成立，所以B正确；当时，，不合题意.故选AB.三、填空题13.16【解析】因为展开式的通项为，

10的展开式中常数项由两项构成，即与，所以的展开式中常数项为.14.【解析】设切点，则由，得，由，得，则解得.15.【解析】由已知得，又，，∴，当且仅当“”时取得等号.16.【解析】∵，即，①∴由，连接，可得可得，②

11由①②联立，所以.四、解答题17.【解析】（1）由已知可得，∴.所以是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）可得，因此，，.18.【解析】（1）由题中表格给出的信息可知，函数的周期.由；又，所以，∴（2）由可知，因为，所以，所以，则.

12由正弦定理得，即，，则，又因为在锐角三角形中，由即得，所以，所以，则，故的取值范围为.所以，所以面积的取值范围为19.【解析】（1）当时，每台设备能正常工作的概率为：所以一天内制冰厂不亏本的概率为.（2）若不采取措施，设总损失为，当前每台设备能正常工作的概率为0.6，故元.设方案1、方案2的总损失分别为，，采用方案1，更换3台设备的部分零件，使得每台设备能正常工作的概率为0.85，故元.采用方案2，对设备进行维护，使得每台设备能正常工作的概率为0.75，

13故元又，且因此，从期望损失最小的角度，当时，可以选择方案1或2；当时，选择方案2；当时，采取方案1.20.【解析】（1）由题意可知：在下底面圆中，为直径.因为，所以为弦的中点，且.因为，，，平面.所以平面.又因为圆柱上、下底面相互平行，即平面平面，且平面，所以平面.平面平面，平面，所以，又平面，所以平面（2）如图，设平面交圆柱上底面于，交于点.则二面角的大小就是二面角的大小.分别以下底面垂直于的直线、、为，，轴建立空间直角坐标系如图所示.因为，底面圆半径为2，所以，.则，，，设，，，，，设平面的一个法向量为，由得即

14令，可得.设平面的一个法向量为，由得即令，可得.又因为二面角的正切值为，所以，化简得，解得或（舍）.即.又因为平面，平面，平面平面，所以，，且为的中点.所以，，，所以若二面角的正切值为，则的长为.21.【解析】（1）把代入可得切点为，∵，，∴，所以切线方程为（2）由（1）知，，得在单调递增，在单调递减，故，且时，，时，，时，，所以，

15过和作直线，可知时，易得恒成立，过和作直线，下面证明：时，恒成立，要证：，只需要证：，令，，所以在上单调递增，因而成立.令与和分别交于，故由，由，所以，所以.22.【解析】（1）由题意得，，因为为中点，且，所以是线段的垂直平分线，所以，所以，所以点的轨迹即曲线是以，为焦点的椭圆，设曲线：，其中，.则，，，故曲线：

16（2）的面积是定值，理由如下：由题意易得，，，，且直线的斜率不为0，可设直线：，，，由得，所以.直线的方程为：，直线的方程为：，由得.又，解得.故点在直线上，所以到的距离，因此的面积是定值，为.