湖南省新高考教学教研联盟2022-2023学年高二下学期5月联考数学试题（解析版）

这是一份湖南省新高考教学教研联盟2022-2023学年高二下学期5月联考数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2023年湖南新高考教学教研联盟高二5月联考
数 学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，时量120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共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，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，再根据交集，并集，补集的定义及子集的定义逐一判断即可.
【详解】，
则，故AB错误；
，故C正确；
，故集合两者不具有包含关系，故D错误.
故选：C.
2. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. 0.84 B. 0.66 C. 0.34 D. 0.16
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
【详解】随机变量服从正态分布，且
则.
故选：D.
3. 2023年3月13日第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京胜利闭幕，某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由，，，，共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在学生被抽到的条件下，学生也被抽到的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据古典概型及条件概率的概率公式计算可得.
【详解】记事件：学生被抽到，事件：学生被抽到，
所以，，
所以.
故选：B
4. 函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象可得函数的周期，进而可求出，再利用待定系数法先后求出即可得解.
【详解】由图可知函数的最小正周期，
即，所以，
当时，，即，
所以，所以，
又，所以，
故，
由，得，所以，
所以.
故选：C.
5. 已知，随机变量，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，则原式可化为，求出其通项公式，从而可求出，则可得，然后利用二项分布的期望公式可求得结果.
【详解】令，则，
所以由，
得，
则通项公式为，
令，得，
所以，所以，
因为随机变量，
所以，
故选：A
6. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为，，则，，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：D
7. 已知函数，函数的零点均在区间内，其中，且，都是整数．当取最小值时，若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数说明函数的单调性，再结合零点存在性定理说明的零点所在区间，即可得到的零点在内，从而求出、的值，再根据复数代数形式的除法运算化简，最后求出其模.
【详解】因为，
即，，
所以，
所以在上单调递增，
又，，
所以有唯一零点在内，故的零点在内，
所以当取最小值时，，
所以，
所以.
故选：B
8. 2022年卡塔尔足球世界杯吸引了全世界许多球迷的关注，足球最早起源于我国古代“蹴鞠”，被列为国家级非物质文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠图》描绘太祖、太宗和臣子们蹴鞠的场景．已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D，连接这四点构成三棱锥如图所示，顶点A在底面的射影落在△BCD内，它的体积为，其中△BCD和△ABC都是边长为的正三角形，则该“鞠”的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接，作于点，设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为点，则平面，易得平面，则，从而可得平面，再根据棱锥的体积求出，利用勾股定理求出外接球的半径，即可得解.
【详解】如图，取的中点，连接，作于点，
因为△BCD和△ABC都是正三角形，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面，
所以平面，
则，
即，解得，
，
则，
设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为点，则平面，
外接圆的半径，，
设外接球的半径为，，
则，，
故，解得，
所以，
所以该“鞠”的表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得⒉分，有选错的得0分）
9. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 用决定系数来刻画回归的效果时，的值越小，说明模型拟合的效果越好
B. 已知回归模型为，则样本的残差为0.05
C. 数据2，3，5，6，8，11，13，14的第80百分位数为13
D. 一组样本数据的平均数是3，则，，，的平均数是7
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据决定系数得意义即可判断A；根据残差的计算公式即可判断B；根据百分位数的定义即可判断C；根据平均数的性质即可判断D.
【详解】对于A，用决定系数来刻画回归的效果时，
的值越接近于，则模型拟合的效果越好，故A错误；
对于B，令，则，
则样本的残差为，故B正确；
对于C，由，
则数据2，3，5，6，8，11，13，14的第80百分位数时数据按从小到大排列得第个数，
所以数据2，3，5，6，8，11，13，14的第80百分位数为13，故C正确；
对于D，一组样本数据的平均数是3，
则，，，的平均数是，故D正确.
故选：BCD.
10. 如图，已知在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，且平面平面，，，，分别为，的中点，则下列说法中正确的是（ ）

A. 平面 B. 三棱锥的体积为
C. 二面角的大小为30° D. 直线与平面所成角的余弦值
【答案】AB
【解析】
【分析】连接，即可得到，从而判断A，取的中点，连接，即可证明平面，则，从而判断B，证明平面，则为二面角的平面角，即可判断C，连接，则为直线与平面所成角，再由锐角三角函数判断D.
【详解】对于A：连接，因为底面为矩形，则，且为的中点，又是的中点，
所以，平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B：取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，，
所以，故B正确；
对于C：因为平面，平面，所以，又，
，平面，所以平面，
平面，所以，所以为二面角平面角，
易知，所以二面角的大小为，故C错误；
对于D：连接，因为平面，所以为直线与平面所成角，
又，，
所以，即直线与平面所成角的余弦值为，故D错误；

故选：AB
11. 已知定义在上的可导函数，记为的导函数，若且，又，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于对称 B. 为偶函数
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先求出，即可得到，从而判断A，再判断可得，即可得到为奇函数，根据导数的运算法则，即可得到，从而判断B，再计算、的周期，即可判断C、D.
【详解】因为，令，则，解得，
所以，则函数的图象关于直线对称，故A正确；
因为，则，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，
则，即，所以为偶函数，故B正确；
因为，即，所以的图象关于对称，且，
又因为为偶函数，所以，所以，
则，所以是以为周期的周期函数，
所以，故C正确；
因为，所以，所以是以为周期的周期函数，
所以，故D错误；
故选：ABC
12. 已知点C为抛物线E：的焦点，O为坐标原点，以C为圆心，半径为5的圆C与抛物线E交于M，N两点．在圆C的劣弧上有异于M，N的动点A，过点A作垂直于y轴的直线l与抛物线E相交于点B，则下列说法中正确的是（ ）
A. 过点N且与抛物线C仅有一个公共点的直线只有1条
B.
C. 点A横坐标的取值范围是
D. 若l不经过原点O，则△ABC周长的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据抛物线方程确定圆心坐标即可得圆的方程，利用抛物线定义可得坐标，根据直线与抛物线位置关系联立直线与抛物线即可判断A；由坐标，利用向量数量积即可判断B；根据圆的方程及的位置，即可判断C；由抛物线定义转化线段长度即可判断D.
【详解】因为点C为抛物线E：的焦点，所以
则圆的方程为
由于圆C与抛物线E交于M，N两点，所以由抛物线定义可得，即，
则，不妨取，所以

对于A，过点N且与抛物线C仅有一个公共点的直线斜率存在，设直线为
则，所以
故当时，方程有且仅有一根个为；当时，，则，整理得，所以，
综上，过点N且与抛物线C仅有一个公共点的直线有2条，故A错误；
对于B，，所以，即，故B正确；
对于C，由圆的方程，令时，得或，由于劣弧上有异于M，N的动点A，由图可得点A横坐标的取值范围是，故C错误；
对于D，抛物线的准线方程为，设准线与直线的交点为，如图所示：

由抛物线的定义可得，则△ABC周长为，
由于l不经过原点O，所以，所以△ABC周长的取值范围是，故D正确.
故选：BD.
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 某设备的使用年限与所支出的维修费用的统计数据如下表：
使用年限（单位：年）
2
3
4
5
6
维修费用（单位：万元）





根据上表可得回归直线方程为：，据此模型预测，若使用年限为10年，估计维修费用约为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据样本中心点过线性回归方程，结合代入法进行求解即可.
【详解】因为，
所以样本中心点为，
因此有，
当时，，
故答案为：
14. 我们定义为数列的“特别数”．现已知数列的“特别数”为，则____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据“特别数”的概念可得，利用相减法求得数列通项，再根据裂项相消法求得结论即可.
【详解】由于为数列的“特别数”，又数列的“特别数”为，
所以，则①
当时，
当时，②
①减去②可得：，又符合该式
所以，则，
所以
.
故答案为：.
15. 如果10个篮球中有7个已打足气，3个没有打足气．已知小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，若小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，现小明用没有打足气的篮球投篮，则不能命中的概率为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据全概率公式与条件概率公式求解即可.
【详解】设事件分别表示小明拿的一个球为已打足气的，没有打足气的
设事件表示投篮命中，
则由题意可得，
又小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，所以，则，
又小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，所以
则，所以，故小明用没有打足气的篮球投篮，能命中的概率为
所以小明用没有打足气的篮球投篮，则不能命中的概率为.
故答案为：.
16. 已知函数，曲线在点处的切线斜率为2，当关于的方程有解时，则实数t的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据导数的几何意义求出，化简，令，则，则，构造函数，利用导数求出函数的最值，即可得解.
【详解】，
因为曲线在点处的切线斜率为2，
所以，即，解得，
所以，
则


，
则，
令，则，
则，
故，
令，
则，令，得，
当或时，，当时，，
所以函数上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极小值为，极大值为，
又，
所以，
即，
所以的最大值为，
所以实数t的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤〉
17. 已知的内角所对的边分别为，向量，，且，若的外接圆直径为2．
（1）求角；
（2）请从下面两个问题中任选一个作答，如果多选，则按第一个解答计分．
①求周长的最大值；
②求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）选①：周长的最大值为；选②：面积的最大值为.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和与差的正弦公式进行变形即可；
（2）选①：由正弦定理求出，由余弦定理结合基本不等式求出的最大值，从而可求解；
选②：由正弦定理求出，由余弦定理结合基本不等式求出的最大值，根据三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
由题意知，
由正弦定理(是外接圆的半径)，
所以,
所以.
因为，所以，所以.
因为,所以.
【小问2详解】
选①：由，则.
由余弦定理可得：,即，
所以，即，解得，
当且仅当时等号成立.
故周长的最大值为.
选②：由，则.
由余弦定理可得：,即，
则，当且仅当时等号成立.
故面积的最大值为.
18. 苏迪曼杯，又称世界羽毛球混合团体锦标赛，它是代表羽毛球最重要的世界大赛．1989年开始举办，两年一届，在奇数年举行，2023年苏迪曼杯于5月14日至21日在中国苏州举行．为了研究人们喜爱羽毛球是否与性别有关，从某高校全体学生中随机抽取100人进行问卷调查，根据统计结果得到如下2×2列联表：

喜爱羽毛球
不喜爱羽毛球
男生人数
60
15
女生人数
15
10

（1）根据小概率值的独立性检验，是否认为“人们喜欢羽毛球与性别有关”？
（2）按性别采用分层随机抽样的方法从该校接受问卷调查且不喜爱羽毛球的学生中，随机抽取5人开设羽毛球选修课，若从这5人中随机选取3人赠送羽毛球球拍，记选中的3人中女生人数为，求随机变量的分布列与数学期望．
附：，．

0.050
0.010

3.841
6.635

【答案】（1）喜欢羽毛球与性别有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）计算出卡方，即可判断；
（2）依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
设零假设为：喜欢羽毛球与性别无关，
由列联表可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为喜欢羽毛球与性别有关.
【小问2详解】
依题意知男生抽取人，女生抽取人，
则的可能取值为、、，
所以，，，
所以的分布列为：








所以
19. 已知在递增数列中，，分别为直线在x轴、y轴的截距，数列是公比为2的等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，是数列的前n项和，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出数列的通项，再利用累加法求解即可；
（2）先求出，再根据时，，结合等比数列的前项和的公式计算即可.
【小问1详解】
由，
令，则，令，则，
所以，则，
所以，
当时，


，
当时上式也成立，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
所以


.
20. 如图，在正方体中，E为的中点，F为棱上异于D点的动点．

（1）求证：平面平面BDF；
（2）若正方体的棱长为2，求点A到平面BEF距离的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面，得证平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离.
【小问1详解】
正方体中，平面，平面，，
正方形中，，
平面，，平面，
平面，平面平面.
【小问2详解】
以为原点，分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则有，，，设，
有，，，
设平面的一个法向量为，则有，
不妨取，则，得，
点到平面的距离，
当时，即点与点重合时，等号成立.
所以点到平面的最大距离为.
21. 对于椭圆：，我们称双曲线：为其伴随双曲线．已知椭圆（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍．

（1）求椭圆伴随双曲线的方程；
（2）如图，点，分别为的下顶点和上焦点，过的直线与上支交于，两点，设的面积为，（其中为坐标原点）．若的面积为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，，依题意可得，，根据离心率公式得到方程，求出，即可得解；
（2）设直线的斜率为，，，直线的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，求出，由求出，再由可得，根据数量积的坐标表示，代入韦达定理，即可得解.
【小问1详解】
设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，，
依题意可得，，
即，即，解得，
所以椭圆，则椭圆伴随双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，，设直线的斜率为，，，
则直线的方程，与双曲线联立并消去得，
则，所以，，则，
又，又，
所以，
解得或（舍去），
又，所以



，
因为，所以.
22. 已知函数．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）设函数，若关于的方程有两个不同的解，，且．当时，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）依题意可得，设，，结合函数的单调性得到，是方程的两个解，则，由（1）求出的取值范围，再得到，由对数均值不等式得到（需证明），即可得到，则问题转化为证明，再构造函数利用导数证明即可.
【小问1详解】
的定义域为，
若恒成立，则在上恒成立，
令，，则，
所以当时，即在上单调递增，
当时，即在上单调递减，
所以，所以，即的取值范围为.
【小问2详解】
函数，
设，，易知单调递增，且，
所以是的唯一解，
所以，是方程的两个解，
则，设，
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
，且当时，当时，
当时，
所以，
因为，则
即，而，
其中的证明如下：
设，不等式等价于，
即，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以得证，
所以，
再证明，其中，则只需证明，
只需证明，
即证，设，则，
所以在上单调递减，所以，
则得证，
所以.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．