2022-2023学年湖南省名校联考联合体高二下学期6月期末数学试题含答案

2022-2023学年湖南省名校联考联合体高二下学期6月期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式化简集合，根据函数的定义域及解对数不等式化简集合，由交集运算即可求解.

【详解】由，解得，故.

由，可得，故，

则.

故选:C.

2．已知复数，且，其中，为实数，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据复数的运算可得，进而即得.

【详解】由题，，

由，结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，

得,即.

故选：A.

3．已知非零向量，满足，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量数量积的运算法则结合数量积的定义可得，进而即得.

【详解】∵，

∴，又，，

∴，

解得，又，

所以.

故选：D.

4．已知长方体的底面是边长为2的正方形，，，分别为，的中点，则三棱锥的体积为（    ）

A． B．4 C． D．6

【答案】C

【分析】由题可得三棱锥是正四面体，然后利用正四面体的性质结合棱锥的体积公式即得.

【详解】因为，分别为，的中点，长方体的底面是边长为2的正方形，，

所以，，

所以三棱锥是正四面体，设的中心为，连接，

则，，

所以三棱锥的体积为.

故选：C.

5．某学校在高考模拟考试座位的排定过程中，有来自班的4名学生和来自班的4名学生，恰好排在五行八座（每个考室5行*8座人）中的第二行，则来自同一班级的4名学生互不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用全排列求出试验的基本事件数，利用插空法求出所求概率的事件含有的基本事件数，再利用古典概率求解作答.

【详解】8名同学坐在一行的不同排法共有种，

来自同一班级的4名学生互不相邻的排法有种，

所以事件“来自班的4名学生互不相邻，且来自班的4名学生也互不相邻”的概率.

故选：B

6．已知，且的最小正周期为2.若存在，使得对于任意，都有，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得的最小正周期为4，可得，由可得，故函数关于直线对称，结合即可求的值.

【详解】由已知条件可得的最小正周期为4，所以.

由,得，

因为存在，使得对于任意，都有，所以，

所以，得到函数关于直线对称，

故，

又，所以.

故选:A.

7．已知函数，，若，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】判断出函数是偶函数，且在区间上单调递增，然后比较、、三个数的大小，由此可得出、、的大小关系.

【详解】因为，该函数的定义域为，

，所以函数为偶函数，故，

当时，，

任取，，则，，所以，

所以，，即，

所以函数在上单调递增，

又，由可得，故，

则，即.

故选：A.

8．已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件可得为直角三角形，由球的表面积公式可得球的半径结合球的性质可得球心到平面的距离，根据锥体的体积公式结合条件可得在距平面距离为3的截面圆上，然后利用球的性质可表示出，再结合圆的性质进而即得.

【详解】设球的球心为，因为球的表面积为，所以球的半径，

又因为，，，由，

所以，故，，，

设的中点为，则为外接圆圆心，连接，则，

所以，即球心到平面的距离为2，且，

又三棱锥的体积为，

所以到平面的距离，

设在球面的截面圆上，则，截面圆的半径为2，

设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心，即为的中点，

则，，

所以，

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据球的性质结合条件找出点的位置，然后表示出再利用圆的性质即得.

二、多选题

9．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．可能是奇函数 B．在区间上单调递减

C．当的极大值为17时， D．当时，函数的值域是

【答案】ABC

【分析】由奇函数的定义可判断A，利用导数求出函数的单调性可判断BCD.

【详解】因为对，，显然当时，为奇函数，即A正确；

因为，则函数的单调递增区间为和，函数的单调递减区间为，故B正确；

由得，结合选项B可知，是函数的极大值点，此时函数的极大值为，所以，故C正确；

由B可知，函数在和上单调递增，函数在上单调递减，所以无最大值，无最小值，故D错误.

故选:ABC.

10．已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，则（    ）

A．抛物线为

B．若，为上的动点，则的最小值为4

C．直线与抛物线相交所得弦长最短为4

D．若抛物线准线与轴交于点，点是抛物线上不同于其顶点的任意一点，，，则的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据抛物线的性质可得可判断A，根据抛物线的定义利用数形结合可判断B，利用韦达定理法及弦长公式可判断C，根据条件可得当直线与抛物线相切时最小，然后利用判别式即得.

【详解】因为抛物线：的焦点到准线的距离为2，所以，

从而抛物线的方程是，所以A错误；

设到准线的距离为，由题可知准线为，则，故B正确；

抛物线的焦点为，直线过焦点，由，可得，

设直线与抛物线交点为，

则，

所以直线与抛物线相为所得弦长，当且仅当时取等号，故C正确；

对于D，不妨设点在第一象限，过点向准线作垂线，垂足为，则，连接，

在中，设，则，要求的最小值，

即最小，即最小，所以当直线与抛物线相切时，角最小，

设切线方程为存在，且，由，联立得，

令，得，所以或（舍），所以，所以，故D正确.

故选：BCD.

11．已知正方体的棱长为2，则以下结论正确的是（    ）

A．若为线段上动点（包括端点），则点到平面的距离为定值

B．正方形底面内存在点，使得

C．若点在正方体的表面上运动，点是的中点，点满足，则点的轨迹的周长为

D．当点为中点时，三棱锥的外接球半径

【答案】ACD

【分析】利用线面平行的判定定理可得平面进而可判断A，利用坐标法结合向量垂直的条件可判断B，根据条件找出点的轨迹进而可判断C，利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用球的性质结合条件可判断D.

【详解】对于A，由题意可得：且，∴为平行四边形，则，

又平面，平面，∴平面，

又∵为线段上的点，则点到平面的距离为定值，故A正确；

对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，，，，

若，则，即与题意矛盾，所以B不正确；

对于C，取的中点为，取的中点为，取的中点为，取的中点为，

取的中点为，分别连接，，，，，，

连接，则，，由平面，平面，

所以平面，

故平面，平面，所以，

同理可得，且平面，所以平面，

由题意可得的轨迹为正六边形，其中，

所以点的轨迹的周长为，C正确；

对于D，当点为中点时，则，∵平面，平面，

∴，又，，平面，∴平面，

设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥的外接球的球心，半径为，

连接，，，则平面，且，

对于，，，

∴，则，

所以，则，∴，即，D正确.

故选：ACD.

12．已知定义在的函数存在使为函数的最小值，其中，则的值可以为（附：，，）（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】AB

【分析】根据两点间距离公式结合条件可得表示函数上的点与两点，的距离之和，然后构造函数，再根据零点存在定理结合条件即得.

【详解】因为

，

故表示函数上的点与两点，的距离之和，

所以当为线段与函数的图象的交点时，的值最小，

由，可设，

，

，

所以，使得，

由题可得时，成立，所以A正确；

时，成立，所以B正确；

当时，，不合题意.

故选：AB.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化为函数上的点与两点，的距离之和，然后利用零点存在定理结合条件即得.

三、填空题

13．在的展开式中常数项等于       .

【答案】16

【分析】根据二项式展开式结合其常数项组成形式即可得到答案.

【详解】因为展开式的通项为，，

的展开式中常数项由两项构成，

即与，

所以的展开式中常数项为.

故答案为：16.

14．若一直线与曲线和曲线相切于同一点，则的值为       .

【答案】

【分析】根据导数的几何意义结合条件即得.

【详解】设切点，则由，得，

由，得，则

解得.

故答案为：e.

15．有穷等差数列的各项均为正数，若，则的最小值是       .

【答案】/0.75

【分析】根据等差数列的性质可得，然后利用基本不等式即得.

【详解】由已知得，

又，，

∴，

当且仅当“”时取等号.

故答案为：.

16．如图，已知双曲线：与过其焦点的圆相交于，，，四个点，直线与轴交于点，直线与双曲线交于点，记直线，的斜率分别为，，若，则双曲线的离心率为       .

【答案】

【分析】根据双曲线与圆的对称性确定关于原点对称，利用直线斜率的坐标运算与坐标关系即可得关系，从而可得双曲线离心率.

【详解】由题可知关于原点对称，所以

又在双曲线上，所以，则，

所以，

即，①

∴由，

连接，可得

可得，②

由①②联立，所以离心率.

故答案为：.

四、解答题

17．在数列中，，.

(1)证明是等比数列；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据递推关系结合等比数列的定义即得；

（2）根据等比数列的通项公式结合条件可得，然后利用裂项相消法即得.

【详解】（1）由已知可得，

∴，又，，

所以是以2为首项，2为公比的等比数列.

（2）由（1）可得，因此，，

所以.

18．已知函数在一个周期内一系列对应的值如下表：

(1)求的解析式；

(2)若在锐角中，，角所对的边，求面积的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用五点作图法结合条件可得函数解析式；

（2）由题可得，然后利用正弦定理，三角恒等变换结合三角函数的性质可得的取值范围，再根据三角形的面积公式即得.

【详解】（1）由题中表格给出的信息可知，函数的周期，

由；

又，所以，

∴；

（2）由可知，

因为，所以，所以，则，

由正弦定理得，即，，

则

，

又因为在锐角三角形中，由，即，

得，

所以，所以，则，

故的取值范围为，

所以，

所以面积的取值范围为.

19．一个小型制冰厂有3台同一型号的制冰设备，在一天内这3台设备只要有一台能正常工作，制冰厂就会有利润，当3台都无法正常工作时制冰厂就因停业而亏本（3台设备相互独立，3台都正常工作时利润最大）.每台制冰设备的核心系统由3个同一型号的电子元件组成，3个元件能正常工作的概率都为，它们之间相互不影响，当系统中有不少于的电子元件正常工作时，此台制冰设备才能正常工作.

(1)当时，求一天内制冰厂不亏本的概率；

(2)若已知当前每台设备能正常工作的概率为0.6，根据以往经验可知，若制冰厂由于设备不能正常工作而停业一天，制冰厂将损失1万元，为减少经济损失，有以下两种方案可供选择参考：

方案1：更换3台设备的部分零件，使每台设备能正常工作的概率为0.85，更新费用共为600元.

方案2：对设备进行维护，使每台设备能正常工作的概率为0.75，设备维护总费用为元.请从期望损失最小的角度判断如何决策？

【答案】(1)；

(2)答案见解析.

【分析】（1）根据独立事件概率公式可得每台设备能正常工作的概率，然后根据对立事件概率公式可得一天内制冰厂不亏本的概率；

（2）根据条件分别计算不采取措施，采用方案1，采用方案2制冰厂的总损失的期望，然后比较即得.

【详解】（1）当时，每台设备能正常工作的概率为：，

所以一天内制冰厂不亏本的概率为；

（2）若不采取措施，设总损失为，当前每台设备能正常工作的概率为0.6，

故元；

设方案1、方案2的总损失分别为，，

采用方案1，更换3台设备的部分零件，使得每台设备能正常工作的概率为0.85，

故元；

采用方案2，对设备进行维护，使得每台设备能正常工作的概率为0.75，

故元，

又，且，

因此，从期望损失最小的角度，当时，可以选择方案1或2；

当时，选择方案2；

当时，采取方案1.

20．如图，圆柱的轴截面是边长，的矩形，点在上底面圆内，且（，，三点不在一条直线上）.下底面圆的一条弦交于点，其中，平面平面.

(1)证明：平面；

(2)若二面角的正切值为，求的长.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合条件可得平面，利用面面平行及线面平行的性质定理可得，进而即得；

（2）利用坐标法，设平面交圆柱上底面于，交于点，根据面面角的向量求法结合条件可得，进而可得，然后利用勾股定理即得.

【详解】（1）由题意可知：在下底面圆中，为直径，

因为，

所以为弦的中点，且，

因为，，，平面，

所以平面，

又因为圆柱上、下底面相互平行，即平面平面，且平面，

所以平面，又平面平面，平面，

所以，又平面，

所以平面；

（2）如图，设平面交圆柱上底面于，交于点，

则二面角的大小就是二面角的大小，

分别以下底面垂直于的直线、、为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，

因为，底面圆半径为2，所以，，

则，，，设，

，，，，

设平面的一个法向量为，

由得即

令，可得，

设平面的一个法向量为，

由得即

令，可得，

又因为二面角的正切值为，

所以，

化简得，

解得或（舍）.

即，又因为平面，平面，平面平面，

所以，，且为的中点，

所以，，，

所以若二面角的正切值为，则的长为.

21．已知，且在处的切线与直线平行.

(1)求的值，并求此切线方程；

(2)若，且有两个不相等的实数根，，且，求证：

【答案】(1)，；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义结合条件即得；

（2）利用导数研究函数的性质可得，进而可得时，再利用导数证明时，进而即得.

【详解】（1）把代入可得切点为，

∵，

所以切线斜率为，即，

所以切线方程为；

（2）由（1）知，，

由得，由得，

所以在单调递增，在单调递减，

故，且时，，

时，，时，，

所以，

过和作直线，可知时，易得恒成立，

过和作直线，

下面证明：时，恒成立，

要证：，只需要证：，

令，则，

所以在上单调递增，

因而成立，

令与和分别交于，，

故由，由，

所以，

所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．已知直线过点且与圆：交于，两点，过的中点作垂直于的直线交于点，记的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程

(2)设曲线与轴的交点分别为，，点关于直线的对称点分别为，过点的直线与曲线交于两点，直线相交于点.请判断的面积是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)是，8

【分析】（1）根据线段垂直平分的性质结合椭圆的定义，即可得曲线的轨迹方程；

（2）设直线：，，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，结合直线的方程与直线的方程为即可得交点的坐标，从而确定其轨迹，可求解三角形的面积.

【详解】（1）由题意得，圆：的圆心为，半径为,

因为为中点，且，所以是线段的垂直平分线，

所以，

所以，

所以点的轨迹即曲线是以，为焦点的椭圆，

设曲线：，其中，.

则，，，

故曲线：

（2）的面积是定值，理由如下：

由题意易得，，且直线的斜率不为0，

可设直线：，，，

由,得，恒成立，

所以，则.

直线的方程为：，

直线的方程为：，

由，得.

又

，

解得.

故点在直线上，所以到的距离，

因为点关于直线的对称点分别为，所以设，所以，解得，所以，同理可得

因此的面积是定值，为.

【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆与直线综合的面积问题，解题关键是利用坐标关系确定动点轨迹．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，然后坐标确定直线与的方程，从而联立得交点的坐标，由此可得轨迹方程．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．