湖南省名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学Word版含解析.docx

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高二期末联考数学试题本试卷共8页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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，，则真子集的个数为（）A.7B.8C.15D.162.1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式（，为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式，化简的结果为（）A.2B.C.D.3.已知，且，则（）A.B.C.D.4.已知向量、满足，，则（）A.B.2C.D.5.“五一”假期期间，某旅游景区为加强游客的安全工作，决定增派甲、乙、丙、丁四位工作人员到、、三景点进行安全防护宣传，增派的每位工作人员必须到一个景点，且只能到一个景点做安全防护宣传，每个景点至少增派一位工作人员.因工作需要，乙不能去景点，甲和乙不能同去一个景点，则不同的安排方法数为（）A.20B.30C.42D.606.已知圆：，点在直线：上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，，当最大时，记劣弧及，所围成的平面图形的面积为，则（） A.B.C.D.7.南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列.类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列：1，1，3，27，729…是一阶等比数列，则的值为（参考公式：）（）A.60B.120C.240D.4808.若，，，则（）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.已知数列的前项和为，若，，则（）A.B.数列是递增数列C.数列中的最小项为D.、、成等差数列10.已知函数，满足，则（）A.B.的最小正周期为C.在区间单调递增D.11.已知双曲线：的左，右焦点分别是，，渐近线方程为，点 在双曲线上，点为双曲线右支上任一点，则（）A.双曲线的离心率为B.右焦点到渐近线的距离为6C.过双曲线右焦点的直线与交于，两点，当时，直线有3条D.若直线与双曲线的另一个交点为，为的中点，为原点，则直线与直线的斜率之积为911.乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守.某乒乓球协会组织职工比赛，比赛规则采用五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级且比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负相互独立.假设甲在任一局赢球的概率为，有选手晋级所需要比赛局数的期望值记为，则（）A.打满五局的概率为B.的常数项为3C.函数在上单调递增D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.2023年3月，某市为创建文明城市，随机从某小区抽取10位居民调查他们对自己目前生活状态的满意程度，该指标数越接近10表示满意程度越高.他们的满意度指标数分别是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，则这组数据的分位数是______.14.为加强学生对平面图形翻折到空间图形的认识，某数学老师充分利用习题素材开展活动，现有一个求外接球表面积的问题，活动分为三个步骤，第一步认识平面图形：如图（一）所示的四边形中，，，，.第二步：以为折痕将折起，得到三棱雉，如图（二）.第三步：折成的二面角的大小为，则活动结束后计算得到三棱雉外接球的表面积为______.图（一）图（二） 15.已知函数，，若，，使成立，则实数的取值范围是______.16.已知函数，若有5个零点，则实数的取值范围是______.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.（本小题满分10分）在锐角中，角，，的对边分别为，，.已知，，的面积为.（1）求；（2）以为圆心，为半径的圆与边有两个交点，求的取值范围.18.（本小题满分12分）在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并作答.已知数列的前项和为，若，.（1）求数列的通项公式；（2）当，时，求区间上所有整数的和的表达式.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19.（本小题满分12分）如图，在四棱雉中，底面为菱形，，，为正三角形.点为的中点，点在线段上运动.（1）求证：；（2）若二面角的大小为，当时，求证：直线与平面所成的角小于. 20.（本小题满分12分）某商场在“五一”期间开展有奖促销活动，规则如下：对一次性购买物品超过2000元的参与者，该商场现有以下两种方案可供选择：方案一：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者随机摸出一个球，若是红球，则放回箱子中；若是白球，则不放回，再向箱子中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后箱子中红球的个数为，则该参与者获得奖金百元；方案二：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为，则该参与者获得奖金百元.（1）若用方案一，求的分布列与数学期望；（2）若你是参与者，从期望的角度出发，你会选择哪种参考方案？请说明理由.21.（本小题满分12分）已知抛物线：上一点到焦点的距离为2.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线交抛物线于，两点，点，连接交抛物线于另一点，连接交抛物线于另一点，且与的面积之比为，求直线的方程.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）若方程有3个零点，求实数的取值范围；（2）若有两个零点，求证：，且.高二期末联考数学参考答案一、选择题1.A【解析】由题意可得，，，所以，所以真子集的个数为7.故选A. 2.C【解析】因为，又，所以.故选C.3.B【解析】因为，所以，又，所以，从而.故选B.4.D【解析】由，可得，即，化简得，所以，即.故选D.5.A【解析】由于乙不能去景点，则乙可以去或景点，共2种，剩余的3人可以分成1，2两组或1，1，1三组两种情况，①分成1，2两组，和乙去不同的两个景点，有种，②分成1，1，1三组，去三个景点且甲和乙不能同去一个景点，有种，所以不同的安排方法数为种.故选A.6.D【解析】圆：的圆心的坐标为，半径为1，当最大时，垂直直线，此时，，从而四边形的面积为，设，则，，从而劣弧及，所围成的平面图形的面积为，又因为，，所以，从而.故选D.7.B【解析】由题意，数列1，1，3，27，729，…为，且为一阶等比数列，设，所以为等比数列，其中，，公比为，所以，则，，所以，，因为，，也适合上式，所以，所以 .故选B.8.B【解析】构造函数，，所以，，令，，则，因为当时，，均单调递减，所以单调递减，所以，因为，所以，所以单调递增，又，从而在单调递增，所以，所以，从而得到.又因为，构造函数，，所以，，令，则，因为当时，，均单调递增，所以单调递增，所以，所以在单调递减，所以，所以，单调递增，从而，所以，即.综上，有.故选B.二、选择题9.AB【解析】因为，所以数列为等差数列，公差为1，因为，所以 ，所以，故A正确；因为，所以是递增数列，故B正确；因为，，，所以数列中的最小项为或，故C错误；当时，，，，显然不是等差数列，故D错误.故选AB.10.ABD【解析】因为，所以的函数图象关于直线成轴对称，则，，得，，又因为，所以，故A正确；所以，所以，故B正确；令，，所以，，当时，，为单调递增区间，但在区间有增有减，故C错误；，故D正确.故选ABD.11.BD【解析】因为渐近线方程为，所以可设双曲线：为：，又因为点在双曲线上，所以，从而双曲线：，所以离心率为，故A错误；由题可知右焦点为，所以点到渐近线的距离为，故B正确；若轴，则，所以与右支不可能有两个交点，若与轴不垂直，与的左，右支交于，两点，因为，所以存在两条直线分别交左右两支各一点.综上可得：满足条件的直线有2条，故C错误；设，，，则，，因为，在双曲线上，所以①，②，①②并整理得，因为，，所以，，故D正确.故选BD.12.ABD【解析】设实际比赛局数为，则的可能取值为3，4，5，所以， ，，因此打满五局的概率为，故A正确；故，常数项为3，故B正确；由，∵，所以，∴令，则；令，则，则函数在上单调递减，故C错误；又，故D正确.故选ABD.三、填空题13.6.5【解析】依题意这10个数据从小到大排列为5、6、6、7、8、8、9、9、10、10，又，所以这组数据的分位数是第3与第4个数的平均数6.5.故答案为6.5.14.【解析】从第一步活动中可知是边长为2的正三角形，第二步活动中可知三棱锥外接球的球心是过底面外心的平面的垂线，与过外心的平面的垂线的交点，的外心为的中心，的外心为的中点，三棱锥外接球的球心为，则，，，所以，即，所以，设外接球的半径为，所以，所以外接球的表面积为.故答案为.15.【解析】由函数，得，当时，， 单调递减，当时，，单调递增，所以，又当时，，，所以当，，即函数的值域为，又由函数在区间上单调递增，可得，即函数的值域为，又由，，使成立，即，则满足，解得，即实数的取值范围是.故答案为.16.【解析】由，解得或；由，解得.因为，所以或或，即或或，因为有5个零点，所以函数的图象与三条直线，，共有5个交点.因为函数的图象与三条直线，，共有3个交点，所以的图象与三条直线共有2个交点，当时，，所以时，，单调递增；时，，单调递减，所以时，取得极大值也即是最大值，，，结合的图象， 可知或，解得.故答案为.四、解答题17.解：（1）因为，由余弦定理得，所以，又因为，所以.又的面积为，所以，即，所以，又因为，所以.（2）由（1）及余弦定理可知，即，所以，又若为圆心，为半径的圆与边相切，设切点为，则，得所以要使以为圆心，为半径的圆与边有两个交点，必须满足，所以的取值范围为.18.解：（1）选①：∵，时，，∴两式相减得，即，又当时，，满足上式， ∴.选（2）：∵，时，，（2分）∴两式相除得，当时，，满足上式，∴.（2）由（1）可知，，，上所有整数依次为，，，…，，它们构成首项为，公差为1的等差数列，且项数为，所以19.证明：（1）因为为菱形且，所以为等边三角形，又因为点为中点，故.在正三角形中，，，，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，在中，，所以为边长为的等边三角形，取中点，则，又由（1）可知，平面底面，平面底面，所以底面.过点作的平行线交于点，则，所以，，两两相互垂直，所以以为坐标原点，以，，所在的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，，，可得，，，，，因为，所以，所以，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，，得，设直线与平面所成角为，则有，所以，故直线与平面所成的角小于得证. 20.解：（1）若选择方案一，由条件可知可能的取值为3，4，5，6，，，，，∴的分布列为：3456百元.（写成分数形式亦可给分）（2）对于方案二，由条件可得可能的取值为3，4，5，6，，，，，∴的期望值百元.∵，所以参与者选择方案二获得奖金数额的数学期望值会更高.所以作为参与者，应该选择方案二.21.解：（1）由题可知焦点的坐标为，所以由抛物线的定义可知，即，所以抛物线的方程为.（2）易知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，，， 由，得，则，即或，.易知直线的方程为，由，得，设，则，得，设，同理可得，则，得，， 故直线的方程为或.22.解：（1）令，即得，即方程有三个零点，即直线与曲线有三个不同的交点.，所以当或时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当时，有极小值为，当时，有极大值为，当时，，且当时，，所以作出函数的图象如图所示，所以数形结合可知.（2）因为，当时，单调递增，不可能有两个零点， 所以，此时，令，得，所以当时，；当时，.故在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，（7分）若有两个零点，则，得，所以，当时，，，，故存在，使得.又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，故.所以由题可得，得，即；要证，只需证， 两边同乘以，得.因为，，所以.令，即证，即证.令，.令，故在区间上单调递增，故，因此，所以在区间上单调递增，故，因此原不等式成立.