湖北省咸宁市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份湖北省咸宁市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共21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。

咸宁市2022—2023学年度下学期高中期末考试
高二数学试卷
本试卷共8页，时长120分钟，满分150分.
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. 复数，则的模为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的运算和模的计算，即可求解.
【详解】，
故.
故选：C
2. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解以及对数函数的单调性求解集合，即可由交并补运算求解.
【详解】得，,
得，
所以，则，,
，,
故选：A
3. 如果：，：，，成等比数列，那么是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用定义法判断、的推出关系，进而判断它们的必要、充分关系.
【详解】：，当也成立，但，，不是等比数列，
：，，成等比数列，必有成立，
∴是的必要不充分条件.
故选：B.
4. 随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价（百元）和月销售量（百辆）之间的一组数据，如下表所示：
价格
9.6
9.9
10
10.2
103
销售
10.2
9.3

8.4
8.0
根据计算可得与的经验回归方程是：，则的值为（ ）
A. 8.8 B. 8.9 C. 9 D. 9.1
【答案】D
【解析】
【分析】根据线性回归直线过求解即可；
【详解】价格平均，
则，
销售量，
解得.
故选：D.
5. 除以8的余数为（ ）
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】将解析式转化为，然后根据二项式定理展开判断即可；
【详解】
，
因为肯定是8的倍数，
因此除以8的余数为6.
故选；D.
6. 已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（ ）

A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，即可得答案.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，
设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，
从而，故.设台体体积为，球体体积为，
则.
故选：B

7. 已知正实数，，满足，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将比较，，大小，转化为比较函数与交点，函数与函数，函数与函数在第一象限交点的横坐标的大小，利用导数研究函数图象与函数图象，函数图象与函数图象间关系，后在同一作出，，，在上的图象，即可得答案.
【详解】由题可得，，，则，，分别为函数与交点，函数与函数，函数与函数在上交点的横坐标.
构造函数，则，得上单调递减，在上单调递增，则，即时，函数图象恒在函数图象上方.
构造函数，则.
令，则，得在上单调递增，在上单调递减，
则.
则在上单调递减，又注意到函数增长速度远小于函数增长速度，则函数增长速度远大于函数增长速度，
结合，
可知时，函数图象在图象的下方.
则可在同一坐标系中，作出，，，在上的图象，如图所示，由图象可知.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题直接比较，，大小关系较复杂，故利用数形结合思想将问题转化为比较同一坐标系下函数图象交点横坐标大小关系.为保证图象无误，故利用导数研究相关函数的最值，单调性，明确函数图象间关系.
8. 已知是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，若，两点均在轴上方，则的斜率的最小值为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用点差法得到，再利用重心的性质与基本不等式得到，由此得解.
【详解】依题意，设，，，由，在轴上方，故，，

因抛物线为，所以，
则，所以，则，
注意到，故，即，
又，代入可得，
故，即，解得，
当且仅当时，等号成立，
因而.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键有两个地方，一个是利用点差法得到，一个是利用三角形重心的性质得到，从而得解.
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，则下列不等式成立的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】结合指数函数的单调性解得，然后由不等式性质逐项分析各选项即可；
【详解】由，结合指数函数的单调性，得，
举例：令，，可知A，C错误；
而，，因此，故B正确；
因为，在上为递增函数，由得，
故选：BD.
10. 已知，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，则下面四个结论正确的是（ ）
A. 椭圆的离心率为 B. 的最大值为4
C. 的最大值为3 D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由椭圆方程求出离心率可判断A；由基本不等式可判断B；由向量数量积的坐标运算可判断C；当点为短轴的端点时，取得最大值，求出可判断D.
【详解】由椭圆方程得，，，因此，，
选项A中，，，故，A错误；
选项B中，，当且仅当时取等号，B正确；
选项C中，令，则，故C正确；
选项D中，当点为短轴的端点时，取得最大值，此时，
则，，的最大值为，D正确.
故选：BCD.

11. 如图，已知直四棱柱的底面是边长为4的正方形，，E，F，G分别为，AB，的中点，H为正方形（包括边界）上的动点，则（ ）

A. 存在点H，使得E，F，G，H四点共面
B. 存在点H，使得面HEF
C. 若，则H的轨迹长度为
D. 四面体EFGH的体积为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】根据线线平行可得四点共面，即可判断A,根据线线垂直,结合反证法即可得矛盾求解B,根据投影即可求解C,根据四面体的体积公式,高不为定值即可判断D.
【详解】对于A选项，当H为中点时，连接，则由,进而可得，故E，F，G，H共面，故A正确；

对于B选项，分别过作
则平面，平面，
所以,假若平面，平面,则,
平面,所以平面,平面,
因此,
由于是的中点，是上一点，在正方形中，不可能有，
故不与平面垂直，从而B错误；

对于C选项，取，的中点M，N，当H在MN上时，FH在面上的投影为NH，
而，且，
因此，即H的轨迹即为MN，且其长度为，故C正确；
对于D选项，，其中为点到平面的距离，
由于的面积为定值，但是由于面EFG与面不平行，因此不为定值，
故体积不为定值．故D错误．
故选：AC

12. 已知点为图象上一点，点为图象上一点，为坐标原点，设，的夹角为，则（ ）
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 若，则 D. 若为等边三角形，则的面积
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，注意到与关于对称，设为到直线的距离，为到直线的距离，则，构造函数得到，，得到的最小值；B选项，当直线与相切，直线与相切时，的夹角为最小，最大，根据切线方程得到此时，，从而求出答案；C选项，分和两种情况，构造函数，进行求解；D选项，根据对称性得到，，再得到，由A选项可知恒成立，因此，求出答案.
【详解】对于A选项，注意到与关于对称，设为到直线的距离，为到直线的距离，则，
设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，故，
设，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，故，
故，，
从而，当且仅当，时取到最小值，故A正确；
对于B选项，当直线与相切，直线与相切时，此时的夹角为最小，最大，
，，故，则在处的切线方程为，
将原点代入可得，解得，故，
，，故，则在处的切线方程为，
将原点代入可得，解得，可知，
设，，则，B正确；
对于C选项，，当时，，即，
因为，所以，故；
当时，即，所以，
令，，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，故，
所以，从而，也即，
构造函数，，令，解得，
故在上单调递增，又，
从而，因此，
综上：，C正确；

对于D选项，依题意可知，，两点关于对称，此时，，
当时，，此时，为直角三角形，
因为为等边三角形，故，
由A选项可知恒成立，
因此，
因此，D错误.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：互为反函数的两个函数的性质，
①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；
②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；
③互为反函数的两个函数关于对称，
当题目中同时出现两个互为反函数的函数时，利用反函数的性质来解决问题，达到事半功倍的效果.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知事件发生的概率为，事件发生的概率为，若在事件发生的条件下，事件发生的概率为，则在事件发生的条件下，事件发生的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用条件概率公式计算出的值，再利用条件概率公式可求得的值.
【详解】由已知可得，，，
由可得，
故.
故答案为：.
14. 已知O为坐标原点，直线：与：交于点P，则的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据两直线经过定点，即可根据和，利用斜率得垂直关系即可分情况求解.
【详解】直线过定点，过定点，
当时，两直线的斜率分别为，，，故，从而；
当时，易求得，此时，
综上可知，．
故答案为：2
15. 已知（），若在处取到最大值为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】求导、利用两角和的正弦展开式化简可得，由最值可得和答案.
【详解】，其中，
依题意，故，此时，且，
因此.
故答案为：.
16. 若对任意，，恒有，则正整数的最大值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】由题，任意，，，后构造函数（）与函数（），利用导数研究单调性，可得，则可将问题求使得的最大的正整数.
【详解】由题，任意，，.
令（），则.
令得，则在上单调递增，在上单调递减，
则有最大值.
令（），则.令，.
当时，在，，此时，必有成立；
故考虑，则在上单调递减，在上单调递增，故有最小值.
则，即.两边取自然对数可得，即求最大的使得.因，则上述不等式可转化为.
令，本题即求使得的最大的正整数.
恒成立，则在上单调递减.
因为，，则使成立的最大正整数为4.
故答案为：4
【点睛】关键点睛：本题涉及恒成立问题，常利用最值解决问题.本题将不等式两边作为整体所构造函数较为复杂，故适当变形后，不等式两边分别构造函数.
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. 在中，角，，的对边为，，，已知，且.
（1）若，求；
（2）证明：;
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，，然后结合正弦定理以及二倍角公式解得.
（2）根据（1），然后结合余弦定理证明即可；
【小问1详解】
依题意，，所以，即，
由正弦定理可知，，即，
从而，
A为三角形内角，故.
【小问2详解】
由（1）可知，，由余弦定理可得：，
即，
则，又，
故，
从而.
18. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，且.

（1）求证：；
（2）若面面，且，求与面的夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，进而根据垂直关系以及中点关系即可求证长度相等.
（2）建立空间直角坐标系，由向量的夹角即可求解线面角.
【小问1详解】
取中点，因为，故，

又因为，面,从而面，
又面,所以，
因为为的中点，从而.
【小问2详解】
平面平面，平面平面，且，平面,故面，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，而，从而，
易得，，，，
可得，
设面的法向量，则，即，
令，则，
又，设与面的夹角为，
则.
19. 某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，其中红球2个，黄球2个，蓝色球1个，每次不放回的随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励.
（1）求盒子里恰好剩下一个红球概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题可得前3次只能取红黄或蓝黄两种颜色，第4次取红色或者蓝色，据此可得答案；
（2）由题可得的所有可能取值为0，1，2，由题可得相应概率，即可得相应分布列和期望.
【小问1详解】
依题意，设事件A：盒子恰好剩下一个红球，前三次只能取两种颜色的球，第四次取第三种颜色的球，因此第四次取球只能是红色球或者蓝色球，从而.
【小问2详解】
的所有可能取值为0，1，2，
，，，
的分布列为

0
1
2




.
20. 已知数列的前项和为，若，且满足（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据的关系，即可求解时，为公比为2的等比数列，即可由等比数列的性质求解，
（2）利用放缩法以及等比数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
依题意， 可知（），
当时，由，可知，
由，可得两式相减可知，，即（），
因此时，为公比为2的等比数列，故（），
所以.
小问2详解】
由（1）可知，，，当时，，也符合该形式，
因此（），

.
21. 已知，既是双曲线：的两条渐近线，也是双曲线：的渐近线，且双曲线的焦距是双曲线的焦距的倍.

（1）任作一条平行于的直线依次与直线以及双曲线，交于点，，，求的值；
（2）如图，为双曲线上任意一点，过点分别作，的平行线交于，两点，证明：的面积为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）求出双曲线的方程，设：，：，分别联立与、联立与、联立与的方程可得、、，由可得答案；
（2）延长、分别交渐近线于、两点，设，求出、的方程与的方程联立解得、，可得，设的倾斜角为，利用正切的二倍角公式和三角形面积公式可得答案.
【小问1详解】
依题意，根据双曲线的焦距是双曲线的焦距的倍，可得，
即，故双曲线：，
不妨设：，则设：，
联立，可得，联立可得，
联立可得，
从而；
【小问2详解】
如图，延长，分别交渐近线于，两点，

由（1）可知，则，
设，则：，联立，
解得，
而：，联立，解得，
从而，
设的倾斜角为，则，而，故，
则，因此.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知，过点（）作图象的切线.
（1）求切线的斜率的最大值.
（2）证明：切线与在第一象限仅有一个交点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求出直线的切线的斜率，设，利用导数求出，由可得答案；
（2）切线与在第一象限仅有一个交点，即函数（）仅有一个零点，利用导数判断出单调性及，可得答案.
【小问1详解】
当时，，则，
直线的切线的斜率，设，，
当时，，当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增；
因此，即；
【小问2详解】
依题意：，
则切线与在第一象限仅有一个交点，
即方程仅有一个正数解；
即函数（）仅有一个零点，
，令，则
，所以单调递增，
故单调递增，则，
由（1）可知在上单调递減，在上单调递增；
因此，从而，即单调递增；
注意到，，
设，则，
故在上单调递减，在上单调递增；
因此，
因此，故存在，使得，
从而.