2023湖南省名校联盟高二下学期期末联考数学试题含解析

这是一份2023湖南省名校联盟高二下学期期末联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知圆，若，，，则，已知数列的前项和为，若，，则，已知函数，满足，则等内容，欢迎下载使用。
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.7 B.8 C.15 D.16
2.1748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.2 B. C. D.
3.已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知向量、满足，，则（ ）
A. B.2 C. 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.20 B.30 C.42 D.60
6.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.60 B.120 C.240 D.480
8.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6
C.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9
11.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3
C.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：

3
4
5
6





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.