湖南名校联考联合体2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

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.4 C. D.6

5.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，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4

C.直线与抛物线相交所得弦长最短为4

D.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.0 B.1 C.2 D.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，，.

（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：

（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.

（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.

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

1.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；

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，

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，

∵，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，

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

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.

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，

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

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，

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：

（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.