湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、已知集合,,则( )
A.B.
C.D.
2、若复数满足,则( )
A.B.C.D.
3、已知向量,,则向量与的夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
4、下列函数在上是增函数的是( )
A.B.C.D.
5、过椭圆的两个焦点作垂直于x轴的直线与椭圆有四个交点,且这四个交点恰好为正方形的四个顶点,则椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.
6、命题:,命题:,则命题A是命题( )
A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充分且必要条件D.既非充分也非必要条件
7、已知,过点P作圆(为参数,且)的两条切线分别切圆C于点A,B,则的最大值为( )
A.B.C.D.
8、甲,乙,丙三人相互做传球训练,第一次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人,下列说法正确的是( )
A.2次传球后球在丙手上概率是B.3次传球后球在乙手上的概率是
C.3次传球后球在甲手上的概率是D.n次传球后球在甲手上的概率是
二、多项选择题
9、已知为等差数列,前项和为,,公差d=−2,则( )
A.
B.当或7时,取得最小值
C.数列的前10项和为50
D.当时,与数列()共有671项互为相反数.
10、牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型:若物体初始温度是(单位:),环境温度是(单位:),其中,则经过t分钟后物体的温度将满足(且).现有一杯的热红茶置于的房间里,根据这一模型研究红茶冷却情况,下列结论正确的是( )(参考数值)
A.若,则
B.若,则红茶下降到所需时间大约为6分钟
C.5分钟后物体的温度是,k约为0.22
D.红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间多
11、已知定义在R上的函数满足,且为偶函数,则下列说法一定正确的是( )
A.函数的周期为2B.函数的图象关于对称
C.函数为偶函数D.函数的图象关于对称
12、如图是一个装有水的全封闭直三棱柱容器,,,若水的体积恰好是该容器体积的一半,容器厚度忽略不计,则( )
A.转动容器,当平面水平放置时,容器内水面形成的截面为DEFG,则D,E,F,G都是所在棱的中点
B.当底面水平放置后,将容器绕着转动(转动过程中始终保持水平),有水的部分是棱柱
C.在翻滚转动容器的过程中,有水的部分可能是三棱锥
D.容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为
三、填空题
13、二项式的展开式中的系数是________.
14、若函数,在上恰有两个最大值点和四个零点,则实数的取值范围是______________.
15、《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图,现有一方亭,其中上底面与下底面的面积之比为,,方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形,已知方亭四个侧面的面积之和为,则方亭的体积为______.
16、已知,分别是双曲线(,)的左,右焦点,双曲线上有一点M,满足,且,则该双曲线离心率的取值范围是____
四、解答题
17、在中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足.
（1）求B;
（2）若,BD是AC边上的高,求BD的最大值.
18、如图,在四棱锥中,平面PAD,为等边三角形,,,平面PBC交平面PAD直线l,E,F分别为棱PD,PB的中点.
（1）求证:;
（2）求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值;
（3）在棱PC上是否存在点G,使得平面AEF?若存在,求的值,若不存在,说明理由.
19、设等比数列的首项为,公比为q(q为正整数）,且满足是与的等差中项;数列满足(,).
（1）求数列的通项公式;
（2）试确定t的值,使得数列为等差数列;
（3）当为等差数列时,对每个正整数k,在与之间插入个2,得到一个新数列.设是数列的前n项和,试求.
20、已知椭圆经过点,且离心率为.
（1）求椭圆E的方程;
（2）若经过点,且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为定值.
21、五一小长假到来,多地迎来旅游高峰期,各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客,小明去成都某熊猫基地游玩时,发现了一个趣味游戏,游戏规则为:在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人,游客可以设定机器人总共行走的步数,机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走,且每一步的距离均相等,若机器人走完这些步数后,恰好回到初始位置,则视为胜利.
（1）若小明设定机器人一共行走4步,记机器人的最终位置与初始位置的距离为步,求的分布列和期望;
（2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率,求,并判断当i为何值时,游戏胜利的概率最大;
（3）该基地临时修改了游戏规则,要求机器人走完设定的步数后,恰好第一次回到初始位置,才视为胜利.小明发现,利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大,于是求助正在读大学的哥哥,哥哥告诉他,“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑:将n个0和n个1排成一排,若对任意的,在前k个数中,0的个数都不少于1的个数,则满足条件的排列方式共有种,其中,的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置的概率,证明:对（2）中的,有
22、已知函数.
（1）讨论在区间上的单调性;
（2）当时,若存在满足,证明.
参考答案
1、答案：A
解析：因为,故,
又,
所以,,,,
则A正确,B,C,D错误,
故选:A.
2、答案：B
解析：由已知可得,
故选:B.
3、答案：D
解析：由,,
则,,
所以,,,
设向量与的夹角为,则.
故选:D
4、答案：C
解析：函数在上是减函数,在上是减函数,,设,故得到在上单调增,内层也是增函数,故函数在上是增函数;在上是减函数.
故答案为C.
5、答案：B
解析：过椭圆的两个焦点作垂直于x轴的直线与椭圆有四个交点,且这四个交点恰好为正方形的四个顶点,则有,
,,,
故选:B
6、答案：A
解析：先考虑充分性,
由,平方得,
即.
所以命题A是命题充分条件;
再考虑必要性,
当时,,则,
所以命题A是命题非必要条件.
综合得命题A是命题充分非必要条件.
故选:A.
7、答案：C
解析：圆心,半径为1,圆心C在直线上运动,
设,则,由圆的几何性质可知,
所以,,
当直线PC与直线垂直时,取最小值,则取最小值,
且,则,则,
由双勾函数的单调性可知,函数在上为增函数,且,
故函数在上为减函数,
故当时,取得最大值.
故选:C.
8、答案：C
解析：第一次甲将球传出后,2次传球后的所有结果为:甲乙甲,甲乙丙,甲丙甲,甲丙乙,共4个结果,
它们等可能,2次传球后球在丙手中的事件有:甲乙丙,1个结果,所以概率是,故A错误;
第一次甲将球传出后,3次传球后的所有结果为:甲乙甲乙,甲乙甲丙,甲乙丙甲,甲乙丙乙,
甲丙甲乙,甲丙甲丙,甲丙乙甲,甲丙乙丙,共8个结果,
它们等可能,3次传球后球在乙手中的事件有:甲乙甲乙,甲乙丙乙,甲丙甲乙,3个结果,
所以概率为,故B错误;
3次传球后球在甲手上的事件为:甲乙丙甲,甲丙乙甲,2个结果,所以概率为,故C正确;
次传球后球在甲手上的事件记为,则有,
令,则,,
于是得,
故,则,
而第一次由甲传球后,球不可能在甲手中,即,则有,
数列是以为首项,为公比的等比数列,
所以,即,故D错误.
故选:C
9、答案：ACD
解析：对于A,等差数列中,,公差,则,,故A正确;
对于B,由A的结论,,则,由当时,,,当时,,则当或6时,取得最大值,且其最大值为,B错误;
对于C,
,故C正确,
对于D,由,则,
则数列中与数列中的项互为相反数的项依次为:
,,,,,,
可以组成以为首项,为公差的等差数列,设该数列为,则,
若,解可得,即两个数列共有671项互为相反数,D正确.
故选:ACD.
10、答案：AC
解析：由题知,
A选项:若,即,所以,则,A正确;
B选项:若,则,则,两边同时取对数得,所以,所以红茶下降到所需时间大约为7分钟,B错误;
C选项:5分钟后物体的温度是,即,则,得,所以,故C正确;
D选项:为指数型函数,如图,可得红茶温度从下降到所需的时间()比从下降到所需的时间()少,故D错误.
故选:AC.
11、答案：BC
解析：依题意,R上的函数,,则,函数的周期为4,A错误;
因为函数是偶函数,则,函数的图象关于对称,
且,即,函数图象关于对称,B正确;
由得,则函数为偶函数,C正确;
由得,由得,
因此,函数的图象关于对称,D错误.
故选:BC
12、答案：BD
解析：A:当平面水平放置时,假设D,E,F,G都为所在棱的中点,
设水面到底面的的距离为h,,,
所以水的体积为,
又转动前水的体积为,
所以D,E,F,G不为所在棱的中点,故A错误;
B:当平面水平放置时(始终保持水平),则平面平面,
所以有水的部分是棱柱,故B正确;
C:在翻滚､转动容器的过程中,
当平面水平放置时,三棱锥的体积取到最大值,如图,
此时,
而水的体积为,所以有水的部分不可能是三棱锥,故C错误;
D:取AC,的中点D,,连接,取的中点O,连接OA,
则D为的外接圆圆心,O为三棱柱外接球的球心,
所以OA为外接球的半径,且,
所以直三棱柱外接球体积.
由选项A可知,容器中水的体积为,
又,所以,
当且仅当时等号成立,所以,
则水的体积与直三棱柱外接球体积之比为,
即容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为,故D正确.
故选:BD.
13、答案：
解析：展开式的通项公式为,
令,则,
故答案为:.
14、答案：
解析：由三角恒等变换可得,
时,有,
若要满足题意则需:.
故答案为:
15、答案：
解析：由题意得,设,则,.
过点E,F在平面ABFE内分别作,,垂足分别为点M,N,
在等腰梯形ABFE中,因为,,,则四边形MNFE为矩形,
所以,,则,
因为,,,
所以,所以,
在中,由勾股定理得,
所以等腰梯形ABFE的面积为,所以.
所以,,方亭的高,
故方亭的体积为.
故答案为:
16、答案：.
解析：如示意图,
设,,由双曲线的定义可得:,而,由余弦定理:,于是.
记,而,由对勾函数的性质可知,函数在上单调递减,则函数在上单调递增,所以,,即.
故答案为:.
17、答案：（1）
（2）
解析：（1）因为,
所以,
由正弦定理可得,
即,
因为,所以,
所以,则.
（2）因为,,
由余弦定理,即,
所以当且仅当时取等号,
所以,则,当且仅当时取等号,
所以,又,
所以,
故BD的最大值为.
18、答案：（1）见解析
（2）
（3）见解析
解析：（1）因为,平面PAD,平面PAD,
所以平面PAD,
又因为平面PBC,平面平面直线l,
所以.
（2）取AD的中点O,连接OP,OB,
由题意可得:,且,
则OBCD为平行四边形,可得,
且平面PAD,则平面PAD,
由平面PAD,则,
又因为为等边三角形,则O为AB的中点,可得,
,OB,平面ABCD,则平面ABCD,
如图,以O为坐标原点,OA,OB,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,,,,
可得,,
设平面AEF的法向量,则,
令,则,,即,
由题意可知:平面PAD的法向量,
可得,
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.
（3）由（2）可得:,
设,,则,
可得,解得,
即,可得,
若平面AEF,则,
可得,解得,
所以存在点G,使得平面AEF,此时.
19、答案：（1）见解析
（2）2226
解析：（1）由题意,可得,所以,
解得或(舍)则,
又,所以.
（2）由,得,
所以,,,
因为数列为等差数列,所以,解得,
所以当时,,由(常数)知此时数列为等差数列.
（3）因为,所以与之间插入2个2,
,所以与之间插入4个2,
,所以与之间插入6个2,
……
则的前100项,由个,,,,…,,构成,
所以.
20、答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）由题意可知:,,又,解得,,,
所以椭圆方程为
（2）证明:由题意可知直线PQ有斜率,由于与点的连线的斜率为,
且的横纵坐标恰好与,相反,因此直线PQ有斜率满足且,
直线PQ的方程为:,
联立直线与椭圆方程:,
设,,
则,,
,
将,代入可得故直线AP与AQ的斜率之和为1,即为定值,得证.
21、答案：（1）
（2）见解析
（3）见解析
解析：（1）依题可知,X的可能取值为0,2,4.
,,,
所以,X的分布列如下:
所以,.
（2）依题可知,时,,所以时胜利的概率最大.
（3）记事件“机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置”,“机器人第一步向前行走”,则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件AB进行分析
AB发生时,假设机器人第2i步是向前行走,则之前步机器人向前走的步数比向后走少一步,而因为机器人第一步为向前行走,
这说明存在使得机器人走了k步时回到了初始位置,这与A的发生矛盾,所以假设不成立.即机器人第2i步为向后行走,
从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为,且从第2步开始,到第步的这步,任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数,从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知,,
所以.
由于,
,故等式成立.
22、答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）当,在单调递减;
当时,,
①当时,,,,;
②当时,在恒成立;
③当时,,,,;
综上所述,当时,在单调递增,在单调递减;
当时,在单调递减;
当时,在单调递减,在单调递增.
（2）由,得,即,
由（1）可知,当时,,,
当时,;当时,,
在单调递增,在单调递减,
又当,,当时,,
故,即.欲证,即证.
设,,
则,
即在单调递减,
又,所以,即,
又,所以,
又因为在单调递增,,,
所以,即得证.
X
0
2
4
P