2022湖南省三湘名校教育联盟、五市十校教研教改共同体高二下学期期末数学试卷含答案

这是一份2022湖南省三湘名校教育联盟、五市十校教研教改共同体高二下学期期末数学试卷含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
三湘名校教育联盟·五市十校教研教改共同体2022年上学期高二期末考试数学试题一、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．已知的解集为，则的值为（    ）A．1 B．2 C．-1 D．-23．若双曲线的离心率为，则直线与两条渐近线围成的三角形的面积为（    ）A． B．4 C． D．4．已知，，若向量在向量上的投影向量为，则（    ）A．  B．C．  D．5．的展开式中的常数项为（    ）A．40 B．60 C．80 D．1206．已知圆C经过点，且与直线相切，则其圆心到直线距离的最小值为（    ）A．3 B．2 C． D．7．已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（    ）A．1 B．-1 C．2 D．-38．现将除颜色外其他完全相同的6个红球和6个白球平均放入A、B两个封闭的盒子中，甲从盒子A中，乙从盒子B中各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，且将取出的2个球全部放入盒子A中；若2个球异色，则乙胜，且将取出的2个球全部放入盒子B中．按上述规则重复两次后，盒子A中恰有8个球的概率是（    ）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．若复数z满足：，则（    ）A．z的实部为3  B．z的虚部为1C．  D．z在复平面上对应的点位于第一象限1O．点P，Q为边长为1的正六边形ABCDEF的边界上的两个不同的动点，则的值可以为（    ）A．-5 B．-1 C． D．411．已知a，b为正实数，且，则的取值可以为（    ）A．1 B．4 C．9 D．3212．下列不等式正确的是（    ）A．  B．C．  D．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．从1，3，5，7这4个数中随机取出2个不同的数a，b，则的概率为______．14．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作．在《孙子算经》中有“物不知数”问题，其中记载：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个正整数为a，当时，符合条件的所有a的个数为______．15．已知点D为△ABC的边BC的中点，，，，，的夹角为，则______．16．已知函的图象与函数的图象关于某一条直线l对称，若P，Q分别为它们图象上的两个动点，则这两点之间距离的最小值为______．四、解答题（本题共6小题，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．（本小题满分10分）在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若△ABC为锐角三角形，且，，求△ABC的面积．18．（本小题满分12分）若，从X的取值中随机抽取个数据，记这k个数据的平均值为Y，则随机变量以下问题的求解中可以利用这一结论．根据以往的考试数据，某学校高三年级数学模考成绩，设从X的取值中随机抽取25个数据的平均值为随机变量Y．现在从X的取值中随机抽取25个数据从小到大排列为，，，其余5个数分别为97，97，98，98，98．（1）求的中位数及平均值；（2）求．附：随机变量服从正态分布，则，，．19．（本小题满分12分）已知等差数列的前n项和为，，．正项等比数列中，，．（1）求与的通项公式；（2）求数列的前n项和．20．（本小题满分12分）在三棱锥ABCD中，已知平面ABD⊥平面BCD，且，，，BC⊥AC．（1）求证：BC⊥平面ACD；（2）若E为△ABC的重心，，求平面CDE与平面ABD所成锐二面角的正弦值．21．（本小题满分12分）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆E截抛物线的准线得到的弦长为3．（1）求椭圆E的标准方程；牙（2）设两条不同的直线m与直线l交于E的右焦点F，且互相垂直，直线l交椭圆E于点A，B，直线m交椭圆E于点C，D，探究：A、B、C、D四个点是否可以在同一个圆上？若可以，请求出所有这样的直线m与直线l；否则请说明理由．22．（本小题满分12分）潮设，，．（1）求的单调区间；（2）证明：当时，． 2022年上学期高二期末考试数学参考答案一、选择题1．C  【解析】由题意可知，，故选C．2．B  【解析】因为的解集为，所以为方程的一个根，所以．故选B．3．C  【解析】因为双曲线的离心率为，所以，所以，所以渐近线的方程为，所以直线即直线，与两条渐近线的交点坐标为，所以直线与两条渐近线围成的三角形的面积为．故选C．4．D  【解析】，故选D．5．A  【解析】在的展开式中，，的展开式中常数项为．故选A．6．D  【解析】依题意，设圆C的圆心，动点C到点P的距离等于到直线的距离，根据抛物线的定义可得圆心C的轨迹方程为，设圆心C到直线距离为d，，当时，，故选D．7．B  【解析】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．故选B．8．A  【解析】若两次取球后，盒子A中恰有8个球，则两次取球均为甲胜，即两次取球均为同色．若第一次取球甲、乙都取到红球，概率为，则第一次取球后盒子A中有4个红球和3个白球，盒子B中有2个红球和3个白球，第二次取同色球分为取到红球或取到白球，概率为，故第一次取球甲、乙都取到红球且两次取球后，盒子A有8个球的概率为，同理，第一次取球甲、乙都取到白球且两次取球后，盒子A中有8个球的概率为，所以两次取球后，盒子A中恰有8个球的概率是．故选A．二、选择题9．ABD  【解析】设，因为，所以，所以，所以，，所以，，所以，所以z的实部为3，虚部为1，故A，B正确；，故C不正确；z在复平面上对应的点位于第一象限，故D正确．故选ABD．10．BCD  【解析】，其中α为向量与的夹角，即与的夹角，当点P为点A，点Q为点D时，，取最大值为4；当点P为点D，点Q为点A时，，取最小值为-4．故选BCD．11．BD  【解析】因为a，b为正实数，，所以，当且仅当时等号成立，即，所以，所以或，因为a，b为正实数，，所以，所以或．所以或．故选BD．12．CD  【解析】选项A：，故不正确；设，因为，所以，所以在上单调递减，所以选项B：，故不正确；选项C：，故正确；选项D：，故正确，故选CD．三、填空题13．  【解析】取出的6组数分别为1，3；1，5；1，7；3，5；3，7；5，7，其中有3组1，3；1，5；1，7满足，所以的概率为．14．7  【解析】当时，满足条件的整数a组成一个等差数列，首项为8，公差为3与5的最小公倍数15，令，所以．所以符合条件的所有a的个数为7．15．  【解析】因为，所以，所以，所以．16．  【解析】令，则，，．因为与关于直线对称，所以函数与函数关于直线对称，所以P，Q两点之间距离的最小值等于P到直线距离最小值的2倍，函数在点处的切线斜率为，令得，，，所以点P到直线距离的最小值为，所以这两点之间距离的最小值为．四、解答题17．解：（1）由正弦定理和得，， （2分）因为，所以， （4分）所以，即，因为，所以或． （6分）（2）因为三角形ABC为锐角三角形，所以， （7分）由余弦定理得，， （8分）因为，，所以，所以，， （9分）所以三角形ABC的面积为． （10分）18．解：（1）由已知得，有10个数不超过97，有10个数不低于98，中间的5个数为97，97，98，98，98，所以的中位数为98，              （3分）进一步由已知得，的平均值为． （6分）（2）由题意知，即 （8分），因为，，所以． （12分）19．解：（1）设公差为d，由已知得，，解得， （2分）所以，即通项公式为； （4分）设正项等比数列的公比为q，因为，，所以，所以，解得或（负值舍去），所以． （6分）（2），  （7分）所以， （8分）所以，相减得，， （10分）所以． （12分）20．解：（1）因为，，，所以，所以AD⊥BD，  （1分）又因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，因为平面ABD，所以AD⊥平面BCD，因为平面BCD， （2分）所以AD⊥BC，又因为BC⊥AC，，所以BC⊥平面ACD． （4分）（2）因为BC⊥平面ACD，平面ACD，所以BC⊥CD，因为，，所以，， （6分）以D为坐标原点，直线DB，DA分别为x，z轴，在平面BCD内过点D与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系，所以，，，，所以，所以，， （8分）平面ABD的一个法向量为， （9分）设平面CDE的一个法向量为，所以，取，，则，所以， （11分）设平面CDE与平面ABD所成的锐二面角为θ，所以，所以，即平面CDE与平面ABD所成锐二面角的正弦值为． （12分）21．解：（1）抛物线的焦点坐标为，准线方程为， （1分）设，由已知得，，解得，，则椭圆E的标准方程为． （4分）（2）因为两条不同的直线m与l直线均过椭圆的右焦点，且互相垂直，由题意可知当斜率均存在且不为0时，可设直线l为，直线m为，其中，              （5分），，，，将直线l的方程代入椭圆方程得，，所以，， （7分）若A、B、C、D四个点可以在同一个圆上，则， （8分）所以，所以，所以，，同理，所以， （10分）则，所以，此时存在这样的直线m与直线l，其方程为和．当直线l的斜率为0或斜率不存在时，A，B，C，D显然不在同一个圆上．综上，存在这样的直线m与直线l，其方程为1和． （12分）22．解：（1），∵， （1分）令，得；令，得； （2分）所以的单调递增区间为，单调递减区间为． （3分）（2）解法一：设， （4分）若证成立，即证．， （5分），当时，，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以成立． （7分）当时，，令，则对称轴为直线，所以当时，函数单调递增，当时，取最小值，所以，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，， （9分）综上：当时，．即． （12分）解法二：，，，，只需证对恒成立， （7分）构造，，， （9分）∴可知在单调递增，在单调递减， （11分）∴，∴当时，成立． （12分）