2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县高二创新实验班下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县高二创新实验班下学期期末数学试题

一、单选题

1．设复数满足，则的共轭复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据复数的模及复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，即可判断.

【详解】因为，

所以，

所以，则的虚部为.

故选：D

2．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别解对数不等式和指数不等式求得集合A，B，然后由交集运算可得.

【详解】由得，即，又，所以，

解不等式得，所以，所以.

故选：A

3．2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（    ）

A．36种 B．42种 C．48种 D．60种

【答案】A

【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.

【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，

将除车外的个元素全排，有种排法，

将车插入，不与车相邻，又种插法，

故共有种排法.

故选：A

4．在中，，D是AC的中点，若，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】C

【分析】根据向量的数量、位置关系，结合加减法的几何意义用表示出，即可得答案.

【详解】  

，

所以，故，则.

故选：C

5．如图，在棱长为2的正四面体中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，则下列结论错误的是（    ）

A．直线//平面

B．平面平面

C．点F到平面的距离为

D．异面直线AB与CD所成角为90°

【答案】C

【分析】A由中位线有，线面平行判断结论；B由题意有，再应用线面、面面垂直的判定判断结论；C由题意易知到面距离为点F到面距离的2倍，即可求点面距离；D若为中点，连接，易知：，最后由线面垂直的判定、性质即可证.

【详解】A：在△中为中位线，则，面，面，

所以面，故正确；

B：正四面体各侧面都为正三角形，为中点，则，

，面，故面，

面，故平面平面，故正确；

C：由题意知：，即到面距离为点F到面距离的2倍，

而到面距离为正四面体的体高为，

所以F到面距离为，故错误；

D：若为中点，连接，易知：，

，面，故面，面，

所以，故正确.

故选：C

6．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由商数关系、和差角正弦公式可得，结合角的范围确定的数量关系.

【详解】由，则，

又，

所以，即，又，，

所以，则.

故选：D

7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为椭圆C的左顶点，以为直径的圆与椭圆C在第一、二象限的交点分别为M，N，若直线AM，AN的斜率之积为，则椭圆C的标准方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设出两点的坐标，根据已知条件列方程组，求得，从而求得椭圆的标准方程.

【详解】设，则，

依题意，，

解得，

所以椭圆的标准方程为.

故选：B

8．已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由是奇函数，根据奇函数的定义得到，结合的单调性，判断出的单调区间，在判断出实数与1的关系，及它们之间的大小关系，利用的单调性，即可得到答案.

【详解】∵是奇函数，∴，令得：，

又在R上单调递增，∴当，；当，

故在上单调递减，在上単调递增.

∵，∴（c为常数）

令得：，∴，即的图象关于直线对称

由已知得：，，，

∵

， ∴

∵

∴，

故，又在上单调递增，

∴，

故选：C.

二、多选题

9．下列说法正确的有（    ）

A．若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B对立

B．若随机变量，则方差

C．若随机变量，，则

D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和

【答案】CD

【分析】由互斥、对立事件关系判断A；利用二项分布方差公式及方差性质判断B；由正态分布的性质求概率判断C；根据题设有，即可得参数值判断D.

【详解】A：由于互斥事件不一定对立，但对立事件必互斥，故错误；

B：由二项分布方差公式得，故，错；

C：由正态分布的对称性知：，对；

D：由题意，模型改写为，则，故，对.

故选：CD

10．已知函数，则下列说法正确的有（    ）

A．若，则

B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称

C．函数的最小正周期为

D．若在上有且仅有3个零点，则的取值范围为

【答案】ABD

【分析】对A：必有一个最大值和一个最小值可求；对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简后求周期；对D：求出的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.

【详解】由，故必有一个最大值和一个最小值，

则为半个周期长度，故正确；

由题意的图象关于轴对称，B正确；

的最小正周期为C错误.

，在上有且仅在3个零点，

结合正弦函数的性质知：，则，D正确；

故选：ABD

11．设，过定点的动直线，和过定点的动直线交于点是圆上的任意一点，则下列说法正确的有（    ）

A．直线与圆相切时

B．到距离的最大值是

C．直线与圆相交的最短弦长为

D．的最大值为

【答案】BC

【分析】根据时直线也与圆相切，可判断A选项；根据几何知识得到当时到的距离最大，然后求最大值，可判断B选项；根据几何知识得到当时所得弦长最短，然后得到此时的直线的方程，最后求弦长，可判断C选项；根据几何知识得到点的轨迹，然后利用三角函数或不等式的方法求最值，可判断D选项.

【详解】显然当时直线也与圆相切，故错误；

直线过的定点为，当时到的距离最大，最大值为，此时到距离的最大值为，故B正确；

由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时所得弦长最短，则，又，所以，得，则圆心到直线的距离为，所以弦长为，故正确；

由，当时，，有，当时，，则，所以，又点是两直线的交点，所以，所以，

法一：设，则，因为，所以，所以，故D错误.

法二：因为，

所以，当且仅当时等号成立，故D错误.

故选：BC.

12．已知函数的两个零点分别为，且，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．存在实数a，使得 D．若，则

【答案】ACD

【分析】对于A、B，根据满足，数形结合分析判断即可；对于C，先证明对数均值不等式，再化简得即可；对于D，根据有两根且判断即可.

【详解】对于A，即，设相切时切点为，则对求导有，又切点到原点的斜率与该点处的导数值相等，则，解得，故切点，此时.故当函数有两个零点时，，故A正确；

对于B，由图象可得，，故B错误；

对于C，先证明：当时，.

构造函数，则，故在上单调递增，又，故，即，化简可得，即.

又，故，所以，故.

则，即.故C正确；

对D，由题意，即有两根且，令，则，又，故，.故D正确；

故选：ACD

三、填空题

13．若函数为偶函数，则      .

【答案】2

【分析】根据偶函数的定义求出参数，再进一步求值即可.

【详解】若函数为偶函数，

则，则

则，.

故答案为：2.

14．已知等比数列满足，且，则的最小值为          ．

【答案】8

【分析】由已知可得，代入，令，可得，即可求出最小值.

【详解】设数列的公比为，则且，

，，即，所以，

，

令()，则，

则当时，取得最小值为8.

故答案为：8.

15．古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》，里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线C上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率      .

【答案】/

【分析】由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．

【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点，，

则，，可得四边形为平行四边形，

又及托勒密定理，可得四边形为矩形．

设，，

在中，，

则，，

，，，

，解得．

双曲线的离心率为．

故答案为：．

16．已知，分别是边长为2的等边边，的中点，现将沿翻折使得平面平面，则棱锥外接球的表面积为         ．

【答案】

【分析】取的中点，连接，可得为等腰梯形的外接圆的圆心，再过折起后的的外心作平面的垂线，得出两垂线的交点为棱锥外接球的球心，求出半径，利用球的表面积公式即可求解.

【详解】取的中点，连接，可知，

则为等腰梯形的外接圆的圆心，

过作平面的垂线，

再过折起后的的外心作平面的垂线，

设两垂线的交点为，

则为四棱锥外接球的球心，

的边长为，，

则四棱锥外接球的半径，

四棱锥外接球的表面积为.

故答案为：

四、解答题

17．中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，CD平分交于点D，.

(1)求；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件及余弦定理，结合正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解；

（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用角平分的定义及正弦定理，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1）∵且

∴

又 ，

∴，

∵，

∴，

在中，，，,

由正弦定理得：，即，解得sin

又，

∴.

（2）在中，∵，，

∴，

∵CD是的平分线，

∴，

∴，

∴，

在中，，，,

由正弦定理得：，即，解得.

.

∴.

18．已知数列的前n项和为，．

(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）利用得出关系即可证明；

（2）利用错位相减法结合分组求和法即可求出.

【详解】（1）令，得，由，得，

两式相减得，

即，

所以是以为首项，2为公比的等比数列，

所以，即．

（2）由（1）得，，记，数列的前n项和为．

则，，

两式相减得，

故数列的前n项和．

19．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面（垂足H在矩形内），E为棱的中点，平面.

(1)证明：；

(2)若，直线PC与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）延长交于点，连按，，由线面平行的性质得，进而确定H为CF的中点，利用三角形全等证结论；

（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量法求面面角的余弦值.

【详解】（1）延长交于点，连接，，

平面，面面，面，则，

又E为棱PC的中点，则H为CF的中点，

∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，

∴，易知，则.

（2）以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

∵平面，∴CH是PC在平面内的射影，

∴是直线与面所成角，∴，

∴为等腰直角三角形，

设，则，则，∴，

∴，，，，，

∴，，，，

设平面的法向量为，

由，令，则.

设平面的法向量为，

由，令，则.

∴，平面与平面夹角的余弦值为.

20．已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物.血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病.下面是两种化验方案：

方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止.

方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性，则表明患病动物为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验.

(1)设依方案甲所需化验次为X，求X的分布列与期望；

(2)求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率.

【答案】(1)分布列见解析，；

(2).

【分析】（1）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答.

（2）求出乙方案所需化验次数的分布列，再利用对立事件、相互独立事件的概率公式求解作答.

【详解】（1）X的可能取值为1，2，3，4，

，，，，

所以X的分布列为：

期望为.

（2）设依方案乙所需化验次数为Y，则Y的可能取值为2，3，

，，

则Y的分布列为：

因此，

所以依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率为.

21．函数在点处的切线方程为.

（1）求实数，的值；

（2）求的单调区间；

（3），成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）函数的减区间是，增区间是；（3）的取值范围是．.

【详解】试题分析：(1)求得， 分别令，，即可求得的值；

(2)由(1)得和，由于在区间上为增函数，且，进而得到函数的单调区间；

 (3)构造函数，由成立，等价于，再由(2)知当时，，即（当且仅当时取等号），即可求解实数的取值范围．

试题解析：

(1)，

依题意得，，则有

．

 (2)由(1)得，，

由于在区间上为增函数，且，

则当时，；当时，，

故函数的减区间是，增区间是．

(3) 因为，

于是构造函数，

，成立，等价于，

由(2)知当时，，即对恒成立．

即（当且仅当时取等号）

所以函数，又时，，

所以．故的取值范围是．

点睛：本题主要考查导数、函数的性质,考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题； (4)考查数形结合思想的应用．

22．已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．

(1)求C的方程；

(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程.

【答案】(1)

(2) 或

【详解】（1）设，则以为直径的圆的圆心为，根据圆与y轴相切，可得，化简得 ，

所以C的方程为

（2）由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，，

联立，

所以，

设直线的倾斜角为，则

所以，

所以 ，

由题意可知四边形为梯形，所以 ，

设，则 ，

所以，

当单调递增，当单调递减，

所以当时，即时，面积最小，此时，故直线的方程为： ，即 或

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．必要时也可以利用导数求解最值.另外在解析几何中还要注意向量的应用.