2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二下学期7月期末联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二下学期7月期末联考数学试题含答案，共18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学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二下学期7月期末联考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的定义域，结合集合的运算，可得答案.【详解】由不等式，解得，故；由函数的定义域为，即，解得，故；所以，故选：B.2．已知复数满足，则（    ）A． B．-2 C． D．2【答案】D【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】因为，则，所以.故选：D.3．“”是“成等比数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用等比数列等比中项的性质判断即可.【详解】若成等比数列，则；若，令，满足，但此时不构成等比数列.故选：C4．随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价（百元）和月销售量（百辆）之间的一组数据，如下表所示：价格9.69.91010.210.3销售10.29.38.48.0根据计算可得与的经验回归方程是：，则的值为（    ）A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1【答案】D【分析】根据线性回归直线过求解即可；【详解】价格平均，则，销售量，解得.故选：D.5．端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲､乙､丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（    ）A．18种 B．24种 C．36种 D．42种【答案】B【分析】根据分类加法计数原理可求出结果.【详解】若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有种.若三人中选两个人值班，则有种，因此一共有种.故选：B.6．若存在实数，使得，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】对进行分类讨论，根据函数的单调性求得的取值范围.【详解】依题意可知，.当时，，显然成立；当时，由，注意到为递增函数，且，因此，即.综上可知，.故选：B7．已知定义在上的函数满足，且，则（    ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】依题意，，得，则，再令可得答案.【详解】依题意，，可得，,,,令，可得而，故.故选:A.8．如图，已知是双曲线的左､右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得，进而可得，结合勾股定理运算求解.【详解】延长与双曲线交于点，因为，根据对称性可知，设，则，可得，即，所以，则，，即，可知，在中，由勾股定理得，即，解得.故选：D.  【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值；2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来． 二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．是奇函数 B．为偶函数C．的值域为 D．在上单调递减【答案】BD【分析】利用函数奇偶性以及单调性的定义，结合对数的运算法则以及对数函数的定义域，可得答案.【详解】由函数，则可得，解得，即该函数的定义域为，由，则函数为偶函数，A错，B对；因为，所以，的值域为，C错；取任意，令，则，，，且，则，即，可得，故函数在上单调递减，D对；故选：BD.10．已知平面向量，则下列说法错误的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．且，则或【答案】ABC【分析】根据向量模、平行、垂直、夹角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】平面向量，则，解得或，故A错误；若，则，得，故B错误；若，则，得，故C错误；由（对应点在轴），， 可得或，故D正确.故选：ABC11．已知圆和圆，分别是圆，圆上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．圆与圆有四条公切线B．的取值范围是C．是圆与圆的一条公切线D．过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得【答案】ABD【分析】对于A，根据两圆心之间的距离与半径和的比较，确定两圆的位置关系，可得答案；对于B，根据圆外离的基本性质，可得答案；对于C，根据公切线与圆心连线的位置关系以及距离，建立方程，可得答案；对于D，根据直线与圆相切的性质，可得答案.【详解】对于选项A，由题意可得，圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，因为两圆圆心距，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；对于B选项，的最大值等于，最小值为，B正确；对于C选项，显然直线与直线平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线，设直线为，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；对于D选项，易知当时，四边形为正方形，故当时，，故D正确，故选：ABD.12．已知函数，设函数，则下列说法正确的是（    ）A．当时，若为奇函数，则B．当时，若在区间上单调递减，则的取值范围是C．当时，若在处取得最大值为，则D．若将的图象向左平移个单位长度所得的图象与的图象的所有对称轴均相同，则【答案】BC【分析】先求出，从而可求出的解析式，利用辅助角公式变形后，然后逐个分析判断即可.【详解】由，得，所以，其中，，对于，因为为奇函数，所以，所以，因为，所以，故错误；对于，由题意可知为单调递减区间的子集，所以（），解得，故B正确；对于，依题意，故，此时，且，，即，，因此，，因为，，所以，因为，所以，因为，所以，所以，故C正确；对于，将向左平移个单位长度，此时方程为，因为它与的对称轴完全一致，所以，，所以，所以，，此时不一定等于1，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的图象与性质的应用，考查导数的运算，考查三角函数图象变换，解题的关键是正确利用下正弦函数的性质分析判断，考查分析和计算能力，属于较难题. 三、填空题13．已知事件发生的概率为，事件发生的概率为，若在事件发生的条件下，事件发生的概率为，则在事件发生的条件下，事件发生的概率为      .【答案】/【分析】利用条件概率公式计算出的值，再利用条件概率公式可求得的值.【详解】由已知可得，，，由可得，故.故答案为：.14．已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，为坐标原点，若，则          .【答案】3【分析】根据题意可设，列式计算求得n的值，根据抛物线的焦半径公式即可求得答案.【详解】由题意可知抛物线的准线为，设，则，由题意，故，则，故，故答案为：315．已知均为锐角，，且，则          .【答案】【分析】化切为弦，然后逆用两角和正弦公式，求得，再利用两角和与差的余弦公式求得，根据二倍角公式即可得结果.【详解】，因为，则，因此，而，从而，因此，则.故答案为：.16．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体，如图所示，已知正四面体的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为          .  【答案】【分析】利用正方体的外接球的性质，将问题等价转化为，求解外接球半径的最大值问题，根据正四面体的几何性质确定球心的位置，结合球的性质，可得答案.【详解】若正方体能在勒洛四面体中任意转动，则正方体的外接球能够放人勒洛四面体，因此，求正方体的棱长最大值，即求其外接球半径最大值，也即勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，此时该球与勒洛四面体的四个曲面均相切，该球的球心即为正四面体的中心，设是底面的中心，是四面体的中心，外接球半径为，是高，如图.    ，由，得，解得，设为正方体的外接球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心，易知该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，易知三点共线，且，因此，此即正方体外接球半径的最大值，此时正方体的棱长的最大值为.故答案为：.【点睛】本题解题的关键在于常见几何体的外接球，外接球的球心确定方法：1、长方体的外接球球心位于体对角线的交点；2、根据球的性质：球心与圆心连线必垂直圆面，可确定球心位置. 四、解答题17．已知数列的前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，可得，利用当时，可得，进而求出数列的通项公式；（2）求得，根据等比数列的求和公式求得结果.【详解】（1）依题意，当时，由，可知，由，可得两式相减可知，，即，因此时，，即（2）由（1）可知，，当时，，因此也适合，，故，故的前项和18．某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，其中红球2个，黄球2个，蓝色球1个，每次不放回的随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励.(1)求盒子里恰好剩下一个红球的概率；(2)停止取球时，记盒子中所剩球的个数为，求的分布列与数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）由题可得前3次只能取红黄或蓝黄两种颜色，第4次取红色或者蓝色，据此可得答案；（2）由题可得的所有可能取值为0，1，2，由题可得相应概率，即可得相应分布列和期望.【详解】（1）依题意，设事件A：盒子恰好剩下一个红球，前三次只能取两种颜色的球，第四次取第三种颜色的球，因此第四次取球只能是红色球或者蓝色球，从而.（2）的所有可能取值为0，1，2，，，，的分布列为012.19．如图，直三棱柱中，平面平面.  (1)证明：；(2)若为上一点，且，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理，可作垂直于交线的辅助线，结合线面垂直判定定理，可得答案；（2）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用夹角的余弦公式，可得答案.【详解】（1）过作于，平面平面，且平面平面，平面，且平面，故，  在直三棱柱中，平面，且平面，故，由可知，且平面，则平面，显然平面，故；（2）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，即设平面的法向量为，则，即，令，则，即，，，，则，二面角的余弦值为.  20．记的内角的对边分别为，已知，且.(1)证明：；(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用两角差的正弦公式以及正弦定理角化边化简可得，继而利用余弦定理化简即可证明结论；（2）由利用正弦定理边化角结合二倍角公式化简可得，利用为锐角三角形，求出角C范围，即可求得答案.【详解】（1）证明：依题意知，故，即，由余弦定理得，代入可得，因为，所以，即；（2）由题意为锐角三角形，且，由（1）知，则， 由正弦定理得，，其中为锐角，所以，因为，则，解得，则，则，即，因此.21．已知函数.(1)若在定义域上单调递增，求的取值范围；(2)若恒成立，求实数的值.【答案】(1)(2)4 【分析】（1）根据导数与单调性的关系，建立不等式，利用参数分离的解题方法，将不等式恒成立问题转化为，函数求最值问题，可得答案；（2）根据不等式构造函数，并明确函数的最值，利用最值与极值的关系，求得参数的值，得到具体函数，并利用导数验证最值的真假，可得答案.【详解】（1）依题意可知，，即在上恒成立.设，显然当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，故，因此；（2）设，注意，即，因此为最大值.由.下证明当时，恒有，注意到，令，，由（1）可知，因此.当时，，当时，，因此，故，故单调递减，而，因此时，单调递增，当时，单调递减.即，证毕.【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.22．已知为椭圆上一点，且点在第一象限，过点且与椭圆相切的直线为.  (1)若的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值；(2)如图，分别是椭圆的过原点的弦，过四点分别作椭圆的切线，四条切线围成四边形，若，求四边形周长的最大值.【答案】(1)证明见解析；；(2). 【分析】（1）设点P的坐标及直线l的方程，与椭圆的方程联立，利用推理求解作答.（2）利用（1）的结论，结合已知可得四边形是矩形，借助对称性求出该矩形一组邻边长，再利用均值不等式求解作答.【详解】（1）设，设，其中，由消去y并整理得，，依题意，得，即，即，，而，即，即，即，所以.（2）由（1）知，，则，而，即有，则，又分别是椭圆的过原点的弦，同理，因此四边形为矩形，由（1）知，直线的方程为，则，显然与关于原点对称，因此直线的方程为，直线的距离为，由与垂直，得直线的斜率，同理得直线的距离为，，，因此，当且仅当时等号成立，因此矩形的周长的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．