2022-2023学年湖南省岳阳市高二下学期期末教学质量监测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市高二下学期期末教学质量监测数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省岳阳市高二下期末教学质量检测数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知为虚数单位，，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知函数在处的切线与直线垂直，则(    )A.  B.  C.  D. 5.  的展开式中，常数项为(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 7.  蹴鞠又名蹴球，蹴有用脚踢的含义，鞠最早为外包皮革、内充米糠的球。因而蹴鞠就是古人以脚踢皮球的活动，类似于今天的足球。年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录。已知某鞠表面上有四个点，，，，若四面体的体积为，经过该鞠的中心，，，则该鞠的表面积为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知，，，则，，的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  在中，，，分别为内角，，所对的边已知，的面积为，且，则(    )A.  B.  C.  D. 10.  已知，且则下列结论一定正确的有(    )A.  B.
C. 有最大值 D. 有最小值11.  下列命题中，正确的是(    )A. 已知随机变量服从正态分布，若，则
B. “”是“，”的充分不必要条件
C. 用表示次独立重复试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，，则
D. 一组数据，，，的平均值为，则，，，的平均值为．12.  已知抛物线的焦点为，，为上两个相异的动点，分别在点，处作抛物线的切线，，与交于点，则(    )A. 若直线过焦点，则点一定在抛物线的准线上
B. 若点在直线上，则直线过定点
C. 若直线过焦点，则面积的最小值为
D. 若，则面积的最大值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  数据：，，，，，，，，中的第百分位数是          ．14.  已知圆，过点的直线被该圆所截的弦长的最小值为          15.  设数列的前项的和为，且，则          ．16.  已知椭圆的两个顶点分别为，，离心率为点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过作的垂线交于点，则与的面积之比为          四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分已知函数在区间上的最大值为．求常数的值求使成立的的取值集合． 18.  本小题分设为等差数列的前项和，且，．求数列的通项公式若，令，求数列的前项和． 19.  本小题分
如图，在几何体中，菱形所在的平面与矩形所在的平面互相垂直．
 若为线段上的一个动点，证明：平面若，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 20.  本小题分为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取局胜制，每局都是单打模式，每队有名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余名队员对乙队每名队员的胜率均为注：比赛结果没有平局求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛局，甲队最终获胜的概率；求甲乙两队比赛局，甲队获得最终胜利的概率；若已知甲乙两队比赛局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率． 21.  本小题分已知双曲线，四点，，，中恰有三点在双曲线上．求的方程设直线不经过点且与相交于，两点若直线与直线的斜率的和为证明：过定点． 22.  本小题分已知函数．若在区间上单调递增，求的取值范围；证明：，
答案和解析 1.【答案】 【分析】本题考查交集运算，属于基础题．
化简，，由交集运算即可求解．【解答】解：，，
则．  2.【答案】 【分析】本题考查共轭复数和复数的模，属于基础题．
利用共轭复数的定义和复数模的模长公式即可求解．【解答】解：由题意，得．  3.【答案】 【分析】本题考查投影向量，属于基础题．【解答】解：为在上的投影向量，故选C．  4.【答案】 【分析】本题考查导数的几何意义及两直线垂直的条件，属于基础题．
求得的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为，即可得出的值．【解答】解：函数  ，求导得：，
因为在处的切线与直线垂直，
所以在处的切线斜率为，
解得．
故选D．  5.【答案】 【分析】本题考查二项式定理的应用，属于中档题．
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．【解答】解：的展开式的通项为．
当为常数时，，解得，
则；
当为常数时，，解得，
则，
所以的展开式中常数项为．
   6.【答案】 【分析】本题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．
已知等式去分母变形后，得到关系式，两边平方并利用完全平方公式化简，整理求出的值，进而求出的值，即可确定出的值．【解答】解：已知等式变形得：，即，
两边平方得：，即，
整理得：，即，
解得：或原式分母为，舍去，
将代入得：，即，
则．
故选：．  7.【答案】 【分析】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属于中档题．
由题意画出图形，先求得球的半径，再由球的表面积公式求解即可．【解答】解：如图，取的中点，连接与球交于另一点，连接，，

易知为圆面的直径，平面，，分别为，的中点，所以平面，，，即，在中，，，，
球的表面积为．
故选B．  8.【答案】 【分析】本题考查构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，属于中档题．
与可看作与，从而可构造函数比大小，与可看作与，从而可构造函数比大小．【解答】解：设，则，
令，则，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
因此在上单调递增，
所以．
令，则，
所以，即．
设，
则，
因此在上单调递减，
所以，
令，则，
所以，所以．
故．  9.【答案】 【分析】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合，可求，结合范围，可求，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求，即可得解．【解答】解：，
整理可得：，
可得，
为三角形内角，，
可得，，故A，B正确，
，．
，且，
，可得，
由余弦定理可得，可得，故C正确，D错误．
故选：．  10.【答案】 【分析】本题主要考查利用作差法比较大小，考查利用基本不等式求最值，属于中档题．
利用作差法比较大小即可判断，举反例可判断，利用基本不等式求最值即可判断．【解答】解：对，，故，故A正确；
对，取，，则，显然，故B错误；
对，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，故C正确；
对，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，故D错误．
故选AC．  11.【答案】 【分析】本题考查平均数、充分必要条件的判断、二项分布的均值、二项分布的方差或标准差、正态分布的概率，属于基础题．
利用正态分布的概率求出，即可判定；根据题意得出，求出，即可判定；利用二项分布的期望和方差公式，求出的值，即可判定；利用平均数的概念即可判定．【解答】解：选项，随机变量服从正态分布，，
，
．
所以，故A正确；
选项，，，
，，
，
是，的必要不充分条件，故B错误；
选项，因为随机变量服从二项分布，，，
所以，，解得，故C正确；
选项，若数据，，，的平均值为，则故 D正确．  12.【答案】 【分析】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题．
设与抛物线相切的切线方程为，可得直线的方程为，，再逐项分析求解即可．【解答】解：设，，，与抛物线相切的切线方程为，
则化简得．
由，可得，
将点坐标代入方程，可得，，
所以过的切线方程为．
同理，过的切线方程为，
所以直线的方程为．
又，，
联立可得．
因为在抛物线上，所以，
所以．
对于，若直线过焦点，则，故，
所以点一定在抛物线的准线上，故A正确；
对于，若点在直线上，则，
代入直线的方程得，解得，，所以直线过定点，故B正确；
对于，若直线过焦点，则，
直线的方程为，即，

，
点到直线的距离为，
所以面积为，当且仅当时等号成立，故C错误；
对于，

，
可得．
点到直线的距离为
，当且仅当时等号成立，
所以面积的最大值为，故D错误．  13.【答案】 【分析】本题考查了一组数据的百分位数问题，是基础题．
把该组数据从小到大排列，计算，从而找出对应的第百分位数．【解答】解：该组数据从小到大排列为：
，，，，，，，，．
且，
所以这组数据的第百分位数是．
故答案为：．  14.【答案】 【分析】本题考查直线与圆相交弦长公式及圆心到直线的距离，属于中档题．
由相交弦长和圆的半径及圆心到过的直线的距离之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与垂直时最大，求出的最大值，进而求出弦长的最小值．【解答】解：设圆心为，直线过点，与圆交于，两点，则，半径；
设圆心到直线的距离为，则相交弦长 ，
当最大时最小，当直线与所在的直线垂直时最大，
这时  ，
所以最小的弦长 ，
故答案为．  15.【答案】 【分析】本题考查数列的前项和及与的关系、裂项相消法求和，属于基础题．
由时，求出，得出，利用裂项相消法，即可求出结果．【解答】解：因为，
所以当时，，
当时，，
当时，上式也成立，
所以，
所以，
所以．
故答案为．  16.【答案】 【分析】本题考查椭圆性质和椭圆方程的求解，直线与直线的位置关系，圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．
由根据椭圆的离心率公式可求得，从而求出，即可写出椭圆方程分别求出直线与直线的方程，联立可求得点的坐标，根据三角形的面积公式即可求得两三角形面积之比．【解答】解：焦点在轴上，两个顶点分别为点，，，
，，
 椭圆的方程为；
设，，可得，
直线的方程为：，

，，直线的方程：，
直线的方程：，
直线与直线的方程联立可得 ，
整理为：，即，
，计算可得，
代入直线的方程可得．，则，
又．  17.【答案】解：．由，得，所以，
故当时，，
解得．，，
，
则
所以的取值集合为． 【解析】本题考查三角恒等变换，正弦型函数的最值以及不等式求解，属于中档题．
先化简，由题先得到，进而得到，解得的值即可；
由题意得出，由正弦型函数的图象得出，即可求出的取值集合．
 18.【答案】解：设等差数列的首项为，公差为，
由题意，得
解得 ．
由已知
故，两式相减，得，
所以 【解析】本题考查等差数列的通项的求解，错位相减法求和，考查计算能力．属中档题．
利用已知条件根据等差数列的通项公式以及前项和公式，建立关于数列首项和公差的方程组，求出数列的首项与公差，然后利用等差数列的通项公式求解即可；
利用错位相减法求和
 19.【答案】证明：由题知，四边形为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又因为，，平面，
所以平面平面，又因为平面，所以平面．
解：因为平面平面，
且平面平面，，
平面，所以平面．
又因为底面为菱形，且，，
所以为等边三角形，且，设，
取的中点为，连接，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，
则，，，
设平面的一个法向量，则
取，则，，即
设直线与平面所成角为，则
，，
化简可得，解得或．
故BF的长可为或． 【解析】本题考查线面平行的判定及性质，直线与平面所成角，属于中档题．
利用线面平行的判定定理及性质定理即可求解．
设，取的中点为，连接，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再根据，列等式，化简即可求解．
 20.【答案】解：设事件“甲乙两队比赛局甲队最终获胜”，
事件“甲队第局获胜”，其中，，，，相互独立，
又甲队明星队员前四局不出场，故：，，，，，
，
所以
设为甲局获得最终胜利，为前局甲队明星队员上场比赛，
则由全概率公式可知：
因为每名队员上场顺序随机，故，
，
，，
所以
． 【解析】本题考查概率计算，考查相互独立事件、全概率公式、贝叶斯公式和条件概率的应用，属于中档题．
设事件“甲乙两队比赛局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，其中，，，，得，利用即可求解
讨论上场和不上场两种情况，利用全概率公式即可求解
利用贝叶斯公式即可求解．
 21.【答案】解：易知双曲线关于轴对称，，关于轴对称，故，都在双曲线上，
若，，在双曲线上，则，不满足．
若，，在双曲线上，则，满足．
故双曲线的方程为．
证明：设直线与直线的斜率分别为．
如果直线斜率不存在，则，不符合题设．
从而设直线：，，，，
联立，整理，得，
，化简得：．
则，，
则

化简得：，
则或．
当时，直线的方程为，
当时，，直线过定点．又直线不经过点，故不合题意；
当时，直线的方程为，
当时，，直线过定点． 【解析】本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的定点问题，是中档题．
根据双曲线的对称性以及的取值范围，得，，在双曲线上，从而求解；
由题意分析出直线的斜率存在，设直线方程为：，，与双曲线方程联立，利用利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线过定点．
 22.【答案】解：，
当时，，，
当时，，在区间上单调递增，当时，，，
当时，，
在区间上单调递减，不合题意，若在区间上单调递增，则实数的取值范围为．欲证
只需证，只需证，
即证只需证，
由可知当时，在区间上单调递增，，
当时，不等式恒成立，
即恒成立，
，即，
同理，，，将上述不等式累加得：，又，不等式得证，
不等式得证． 【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，导数中的函数不等式，考查裂项相消法，考查分析与计算能力，属于较难题．
直接求导，讨论和时函数的单调性即可求解；先通过分析法将要证结论转化为证，再结合得到，由累加法结合放缩、裂项相消即可证明．