2022-2023学年湖南省邵阳市高二下学期7月期末联考数学试题含答案

2023年邵阳市高二联考试题卷数学

一､选择题：本题共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. 已知复数满足：（为虚数单位），则的共轭复数为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的运算法则，得到，结合共轭复数的定义，即可求解.

【详解】由，可得，可得.

故选：C.

2. 已知全集，设集合，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据不等式的解法，分别求得，结合集合的补集与并集的运算，即可求解.

【详解】由集合，

可得，所以.

故选：C.

3. 若，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先观察到，代入原式，利用诱导公式求解.

【详解】因为,

所以，

故选：A.

4. 函数在区间的图象大致为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性与特殊点法判断即可.

【详解】因为的定义域为，

又，所以是奇函数，故BC错误；

而，故D错误；

由于排除了BCD，而A又满足上述性质，故A正确.

故选：A.

5. “基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师.浙江大学､复旦大学､武汉大学､中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地.已知某班级有共5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，每所学校至少有一位同学选择，则同学选择浙江大学的不同方法共有（）

A. 24种 B. 60种 C. 96种 D. 240种

【答案】B

【解析】

【分析】依题意，有两位同学选择了同一所学校，分有两位同学选择了浙江大学和只有A同学选择了浙江大学这两种情况讨论，结合排列组合的原理计算.

【详解】5位同学选择4所学校，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，已知同学选择浙江大学，

当有两位同学选择了浙江大学时，则这4 位同学在4所大学中分别选了一所，共种选法；

当只有A同学选择了浙江大学时，则这4 位同学在其余3所大学中选择，每所学校至少有一位同学选择，则有两位同学选择了同一所学校，共种选法；

所以同学选择浙江大学的不同方法共有种.

故选：B

6. 设非零向量满足，则在上的投影向量为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的运算法则，求得，结合，即可求解.

【详解】由非零向量满足，

因为，可得，

解得，所以在上的投影的向量为.

故选：A.

7. 已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（）

A. 13 B. 11 C. 9 D. 8

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.

【详解】如图所示，

圆的圆心为，半径为4，

圆的圆心为，半径为1，

可知，

所以，

故求的最小值，转化为求的最小值，

设关于直线的对称点为，设坐标为，

则，解得，故，

因为，可得，

当三点共线时，等号成立，

所以的最小值为.

故选：D.

8. 已知函数是上的奇函数，对任意的均有成立.若，则不等式的解集为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知得，所以构造函数，求导后可得，可得在上单调递增，然后对变形得，再利用其单调性可求得结果.

【详解】由，得，

设，则.

在上单调递增.

又为奇函数，

.

.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用单调性解不等式，解题的关键是根据已知条件合理构造函数，然后利用导数判断其单调性，再利用函数的单调性解不等式，考查数学转化思想，属于较难题.

二､多选题：本题共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2分，有选错的得0分.

9. 若正实数满足，则下列结论中正确的有（）

A. 的最大值为1 B. 的最大值为2

C. 的最小值为2 D. 的最小值为2

【答案】AD

【解析】

【分析】根据进行计算然后可判断A项；利用“1”的妙用及均值不等式计算可判断B项；根据可判断C项，将变形为，然后结合的范围可判断D项.

【详解】对于A项，因为，当且仅当时取等号，则的最大值为1，故A项正确；

对于B项，因为，当且仅当时取等号，

所以的最小值为2，故B项错误；

对于C项，，当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号，

所以的最大值为2，故C项错误；

对于D项，因为，当且仅当时取等号，

所以的最小值为2，故D项正确.

故选：AD.

10. 下列说法中，错误的是（）

A. 若事件满足：，且，则与相互独立

B. 某医院住院的8位新冠患者的潜伏天数分别为，则该样本数据的第75百分位数为8

C. 若随机变量，则方差

D. 在回归模型分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好

【答案】BC

【解析】

【分析】对于A，根据相互独立事件的定义和性质可得A正确；对于B，按照求百分位数的方法计算可知B错误；对于C，根据二项分布的方差公式和方差的性质计算可知C错误；对于D，根据回归模型分析可知D正确.

【详解】对于A，若，且，则与相互独立，则与相互独立，故A正确；

对于B，将8个样本数据按从小到大顺序排列为：，

因为为整数，所以该样本数据的第75百分位数为，故B错误；

对于C，若随机变量，则，则方差，故C错误；

对于D，显然正确.

故选：BC

11. 设是抛物线上的两点，是抛物线的焦点，则下列命题中正确的是（）

A. 若直线过抛物线的焦点，则的最小值为2

B. 若点的坐标为，则

C. 过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且只有两条

D. 若（点在第一象限），则直线的倾斜角为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据抛物线的弦长公式可判定A选项；点到点的距离公式可得出B选项；

直线与抛物线只有一个公共点一定要考虑斜率为0和斜率不存在的特殊情况，不仅仅是；

D选项利用向量的坐标运算，得到，再带入韦达定理求解即可.

【详解】由题，，设直线

联立

，（※）

，

故的最小值为2，A选项正确；

点的坐标为，则，故B选项正确；

设过点的直线方程为或或，

时，与抛物线只有一个公共点；

时，与抛物线只有一个公共点；

时，联立

解得，故与抛物线只有一个公共点的直线有3条，C选项错误；

因为（点在第一象限），所以直线AB经过点F，

带入（※）式得：且,

故直线的倾斜角为.

故选：ABD.

12. 《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也，合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”，文中“堑堵”是指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面三棱柱；文中“阳马”是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥；文中“鳖臑”是指四个面都是直角三角形的三棱锥，如图所示，在堑堵中，若，则下列说法中正确的有（）

A. 四棱锥为阳马，三棱锥为鳖臑

B. 点在线段上运动，则的最小值为

C. 分别为的中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为

D. 点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A，根据阳马、鳖臑的定义判断即可；对于B，利用展开面求得的最小值即可判断；对于C，作出截面，利用三角形重心的性质与勾股定理求解即可判断；对于D，利用平面的性性求得点的轨迹，从而得以判断.

【详解】对于,由题意，易知面，四边形为长方形，所以四棱锥为“阳马”，

在棱锥中，为直角三角形，所以三棱锥为鳖臑，故正确，

对于选项：将沿旋转与共面且位于异侧，

如图所示，

，故B正确，

对于选项：过的截面如图所示，

因为，是的中点，故是的中点，

又分别为的中点，所以为的重心，

，，

所以截面周长为，故正确，

对于D选项：面，共面，所以面，

又点在侧面及其边界上运动，面面，

所以点的轨迹为线段，且，故D错误，

故选：ABC.

【点睛】关键点睛：本题C选项解决的关键在于判断得为的重心，从而利用勾股定理可求得截面各线段的长.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在等比数列中，，则公比为__________.

【答案】3

【解析】

【分析】根据题意，得到，即可求解.

【详解】由等比数列中，，可得，解得.

故答案为：.

14. 已知函数的最小正周期为，则函数在区间上的最小值为__________.

【答案】##.

【解析】

【分析】根据周期求出，再利用正弦函数的图象可得结果.

【详解】依题意可得，得，所以.

令，则，

因为，所以，

所以当时，取得最小值为.

所以在区间上的最小值为.

故答案为：.

15. 某市2022年高二数学联考学生成绩，且.现从参考的学生中随机抽查3名学生，则恰有1名学生的成绩超过100分的概率为__________.

【答案】##.

【解析】

【分析】根据正态分布的对称性求出成绩超过100分的概率，再根据独立重复试验的概率公式可求出结果.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

所以，

所以恰有1名学生的成绩超过100分的概率为.

故答案为：

16. 已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上，且关于原点对称.若的面积为，则双曲线的离心率为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设双曲线的左焦点为，连，可得四边形为矩形，然后结合双曲线的定义，三角形的面积和勾股定理列方程组可求出的关系，从而可求出离心率.

【详解】设双曲线的左焦点为，连，

因为

所以四边形为矩形.

不妨设点在双曲线的右支上，设，则

由①得：

所以，即，

所以，所以离心率.

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知等差数列的公差不为，，且，，成等比数列.

（1）求数列的前项和；

（2）记，证明：.

【答案】（1）

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由等比中项可得出，转化为和的关系，求解出通项公式，进而求解出前项和.

（2）先表示出的通项公式，利用裂项求和求出，再根据表达式进行范围判断，进而证明出结果.

【小问1详解】

由题意可知，，故，

即，解得（舍去）或.

，.

【小问2详解】

由（1）知，

故

，

又，，，从而得证.

18. 在中，角的对边分别为，已知.

（1）求的值；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）方法一：由，得，再利用正弦定理化边为角，进而可得出答案；

方法二：利用正余弦定理化角为边，化简即可得解；

（2）根据三角形内角和定理及二倍角公式求出，再利用正弦定理解三角形，再根据三角形的面积公式即可得解.

【小问1详解】

方法一：

由，得，

由正弦定理得，

即，

又，故，

解得；

方法二：

由，及正､余弦定理可得

，

整理得，

解得；

【小问2详解】

由，得，

又，故，

，

由正弦定理可得，

，

的面积.

19. 如图所示，在三棱台中，平面平面，，.

（1）证明：；

（2）当二面角为时，求三棱台的体积.

【答案】（1）证明见解析

（2）7

【解析】

【分析】（1）由面面垂直的性质：一个平面内，垂直于交线的直线垂直于另一个平面，再由线面垂直判定线线垂直；

（2）法一：建立空间直角坐标系，根据二面角为，找到，从而求得三棱台的体积.法二：通过定义法找到即为二面角的平面角，即，从而找到，进而找到三棱台的体积.

【小问1详解】

平面平面，

平面平面，

又平面，

平面，又平面，

.

【小问2详解】

方法一：（坐标法）过作交于点，

平面平面，

平面平面，

又平面，

所以平面，且，设.

以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，

.

设平面的一个法向量为，

又，

由则.

由（1）知平面，故平面的一个法向量.

.

.

.

方法二：（几何法）连接，如图所示.

由，

易得，且，

.

面平面，

又平面，

平面.

故即为二面角的平面角，即.

在Rt中，.

过作交于点，

平面平面，

平面平面，

又平面，

所以平面，且，

.

.

20. 已知函数.

（1）讨论函数在定义域内的单调性；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；

（2）由不等式恒成立，分离参数得，通过构造函数，利用导数求最小值的方法求实数的取值范围.

【小问1详解】

函数的定义域为，

.

由，得，由，得.

的单调递增区间是，单调递减区间是.

【小问2详解】

，即得.

设，则.

.

设，，

在上单调递增.

而，.

在上存在唯一零点，，

由，有，可得.

当时，，单调递减.

当时，，在上单调递增.

，

，故的取值范围是.

21. 已知是椭圆上的一点，为椭圆的左､右焦点，为其短轴的两个端点，是与的等差中项.

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线与椭圆交于点，与圆切于点，问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）

（2）为定值，

【解析】

【分析】（1）由椭圆定义得到，结合在椭圆上，得到方程组，求出，得到椭圆方程；

（2）考虑直线的斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，与椭圆方程联立，计算出，从而得到为定值.

【小问1详解】

将点代入椭圆方程得①，

由题意可知：，

由椭圆定义可知②，

由①②得.

椭圆的方程为.

【小问2详解】

当直线斜率不存在时，不妨取直线的方程为：，

，

∵，

在Rt中，.

当直线的斜率存在时，设的方程为：.

直线与圆相切，.即.

由得，

.

从而在Rt中，.

由①②得，为定值.

【点睛】方法点睛：

定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定

22. 新宁崀山景区是世界自然遗产､国家5A级景区，其中“八角寨”景区和“天下第一巷”景区是新宁崀山景区的两张名片.为了合理配置旅游资源，现对已游览“八角寨”景区且尚未游览“天下第一巷”景区的游客进行随机调查，若不游览“天下第一巷”景区记2分，若继续游览“天下第一巷”景区记4分，假设每位游客选择游览“天下第一巷”景区的概率均为，游客之间选择意愿相互独立.

（1）从游客中随机抽取2人，记总得分为随机变量，求的数学期望；

（2）（i）记表示“从游客中随机抽取人，总分恰为分”的概率，求的前4项和；

（ii）在对游客进行随机问卷调查中，记表示“已调查过的累计得分恰为分”的概率，探求与的关系，并求数列的通项公式.

【答案】（1）

（2）（i）；（ii），

【解析】

【分析】（1）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求解即可；

（2）（i）根据题意可得“总分恰为分”的概率为，再根据等比数列前项和公式求解即可；

（ii）方法一：“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得4分，概率为，则，再利用构造法求解即可.

方法二：得分分可以先得分，再得2分，也可以先得分，再得4分，“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，则“得分的概率为”，“得分”的概率为，根据题意可出的关系，再利用构造法求解即可.

【小问1详解】

可能取值为，

，

，

，

的数学期望；

【小问2详解】

（i）“总分恰为分”的概率为，

数列是以首项为，公比为的等比数列，记前项和为，

则前4项和；

（ii）方法一：“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，

得不到分的情况只有先得分，再得4分，概率为，

所以，即，

，

∴数列是以为首项，为公比的等比数列，

，

方法二：得分分可以先得分，再得2分，也可以先得分，再得4分，

“已调查过的累计得分恰为分”的概率为，则“得分”的概率为，“得分”的概率为，

所以，

由，得，

，

，

（后面同方法一）

另解：由，得，

，

.

又