湖南省衡阳市第八中学2022-2023学年高二数学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省衡阳市第八中学2022-2023学年高二数学上学期期末考试试卷（Word版附解析），共13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。
衡阳市八中2021级高二上期期末考试数 学  试 题 注意事项：本试卷满分为150分，时量为120分钟一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：集合，集合，所以,故选D.2．已知复数的共轭复数，则复数的虚部为（    ）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】根据复数运算，复数与共轭复数关系解决即可.【详解】，所以，所以复数的虚部为1．故选：C．3．已知向量均为单位向量，且，则（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】B【分析】根据向量数量积的运算性质及垂直关系的向量表示即可求解.【详解】解：因为向量均为单位向量，且，所以，，所以，故选：B.4．抛物线的焦点到其准线的距离为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】将抛物线方程化为标准式，即可得到，再根据的几何意义得解；【详解】解：抛物线，即，则，所以，所以抛物线的焦点到其准线的距离为.故选：C5．沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）.在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的（沙堆的底面是水平的）.已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥漏到另一个圆锥中需用时27分钟，则经过19分钟后，沙漏上方圆锥中的沙子的高度与下方圆锥中的沙子的高度之比是（    ）A．1:1 B．2:1 C．2:3 D．3:2【答案】B【分析】由题意漏下来的沙子是全部沙子的，然后根据体积之比可得答案.【详解】由题意漏下来的沙子是全部沙子的，下方圆锥的空白部分就是上方圆锥中的沙子部分，∴可以单独研究下方圆锥，∴，∴，∴.故选：B6．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用指数函数和对数函数，三角函数的单调性，分别计算三个式子的取值范围，比较大小.【详解】，因为，所以，，所以.故选：D.7．已知函数），若在（0，π）上有2个极大值，则的取值范围是（    ）A．[，） B．[，] C．（，] D．（，]【答案】C【分析】先对函数化简，然后由，所以再由在（0，π）上有2个极大值，可得，从而可求出的取值范围【详解】由题意可得．因为，所以因为在（0，）上有2个极大值，所以，所以，故选：C8．在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果.【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设关于平面的对称点为，则，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，与到平面的距离，又，，，，，，（当且仅当三点共线时取等号），即的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值. 二、多选题9．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（    ）A．B．与共线的单位向量是C．与夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是【答案】AD【分析】A选项，数量积为0，则两向量垂直；B选项，判断出不是单位向量，且与不共线；C选项，利用向量夹角坐标公式进行求解；D选项，利用数量积为0，证明出，从而得到结论.【详解】，故，A正确；不是单位向量，且与不共线，B错误；，C错误；设，则，，所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确.故选：AD10．已知函数，则（    ）A．是的极小值点 B．有两个极值点C．的极小值为 D．在上的最大值为【答案】ABD【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，可判断ABC选项；利用函数的最值与导数的关系可判断D选项.【详解】因为，所以，当时，；当时，，故的单调递增区间为和，单调递减区间为，则有两个极值点，B正确；且当时，取得极小值，A正确；且极小值为，C错误；又，，所以在上的最大值为，D正确.故选：ABD.11．设等比数列的公比为，其前和项和，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（    ）A． B．C．是数列中的最大项 D．【答案】AC【分析】由题意，根据，，即可确定的取值范围；根据求解出的的取值范围，来判断的大小，然后判断选项B；根据已知和的取值，判断数列{an}的单调性，从而可以确定前n项积的最大值；利用等比中项的性质，将前n项积转化成，从而进行判断.【详解】由等比数列公比为，，，，由可得，，得或（舍去），故，综上故选项A正确；，故选项B错误；由已知，，可知T2020是数列{Tn}中的最大项，故该选项C正确；由等比数列的性质可知，，所以，故该选项D错误.故选：AC.12．公元前 300 年前后， 欧几里得撰写的《几何原本》是最早有关黄金分割的论著， 书中描述： 把一条线段分割为两部分， 使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大的比值， 则这个比值即为“黄金分割比”， 把离心率为 “黄金分割比” 倒数的双曲线叫做 “黄金双曲线”． 黄金双曲线 的一个顶点为， 与不在轴同侧的焦点为，的一个虚轴端点为，为双曲线任意一条不过原点且斜率存在的弦， 为中点． 设双曲线的离心率为， 则下列说法中， 正确的有（    ）A． B．C． D．若， 则恒成立【答案】ABC【解析】由为黄金分割双曲线可得，即，对两边同除以可得，则，A正确；对继续变形得，，，，所以，又，所以，，所以，所以，所以， B正确；设，，，将坐标代入双曲线方程可得，，作差后整理可得，即所以，故C正确；设直线，则直线，将代入双曲线方程，可得，则，，将换成即得，则与，的值有关，故D错误，故选：ABC． 三、填空题13．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有__________种不同的情况.（用数字作答）【答案】【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，有第二、三、四名3种情况，再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，其他三名同学排在三位置全排列有种，由分步乘法计数原理可知共有种，故答案为：.14．已知圆的圆心为，且有一条直径的两个端点分别在两坐标轴上，若直线与交于两点，，则实数__________．【答案】或【分析】根据直线与圆相交，圆心到直线的距离与半径的关系，即可求解.【详解】圆的一条直径的两个端点分别在两坐标轴上，该圆一定过原点，半径为，又圆心为，故圆的方程为圆心到直线的距离为即，解得或．故答案为：-1或-1115．已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是__________.【详解】设切点为（m，n），y＝ln（x+b）的导数为，由题意可得=1，又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），解得n＝0，m＝2a，即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为8．16．已知函数是定义在上的偶函数，记为函数的导函数，且满足，则不等式的解集为__________.【答案】【解析】因为是定义在上的偶函数，所以，故，又，所以，即，所以是定义在上的奇函数；又因为，所以，即，两式相加，再整理得：，所以由得，即，令，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以在上，由，解得；又当时，，即，故，即，综上： 的解集为，故的解集为.故答案为：. 四、解答题17．已知分别为内角的对边，且(1)求角；(2)若的面积为，求的值.【答案】(1)    (2)【分析】（1）结合正弦定理，边化角即可求解角；（2）结合三角形面积公式与余弦定理求解，即可得的值.【详解】（1）解：，由正弦定理得，所以由于，所以，则，又，所以；（2）解：由（1）得，由余弦定理得，，.18．在数列中,,,设.（1）证明：数列是等差数列并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明过程见详解；；（2）.【分析】（1）根据题意，计算，根据等差数列的定义，即可得出结论成立；进而可求出，从而得出的通项公式；（2）先记数列的前项和为，根据错位相减法，即可求出结果.【详解】（1）因为，，所以，所以数列是公差为的等差数列；又，所以，因此，即；（2）记数列的前项和为，则①所以②①②得所以.【点睛】本题主要考查由递推关系证明等差数列，以及求数列的通项与数列的求和问题，熟记等差数列概念，通项公式，等比数列的求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.19．在三棱锥中，，，，分别为，的中点，，，分别为，，的中点，平面，与平面所成的角为．(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；       (2).【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）连结．∵，分别为，的中点，∴，即四边形是梯形，∵，为分别为，的中点，∴，而平面，平面∴平面，    ∵、为分别为 、的中点，∴，而平面，平面∴平面，又，平面，平面，    ∴平面平面，平面，∴平面；（2）∵，为的中点，∴，∵平面，故，，两两垂直．分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．不妨设，由得，，∵与平面所成的角为，而平面，∴，∴，∴，，，    易知为平面的法向量，，，设为平面的法向量，∴，令，则为平面的一个法向量，    ∴，   ∴平角与平面的夹角的余弦值为.20． 2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分分及以上为认知程度高，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：第二组：第三组：第四组：第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．(1)根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲年龄，乙年龄两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率.【答案】(1)32.25，    (2)【分析】（1）直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第80百分位数；（2）按照分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率.【详解】（1）解：设这m人的平均年龄为，则岁设第80百分位数为a，由，解得（2）解：由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙.对应的样本空间为：,甲，,乙，，，,甲，,乙，，,甲，,乙，，甲,乙，甲,，乙,，共15个样本点.设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则,甲，,乙，,甲，,乙，,甲，,乙，甲,乙，甲,，，乙,，共有9个样本点.所以， 21．已知点为椭圆C：上一点，A、B分别为C的左、右顶点，且的面积为5．(1)求C的标准方程；(2)过点的直线l与C相交于点M，N（点M在x轴上方），AM，BN与y轴分别交于点G，H，记，分别为，（点O为坐标原点）的面积，证明：为定值．【答案】(1)    (2)证明见解析【分析】（1）由的面积为5与点在椭圆C上得到关于的方程组，解之即可得到椭圆C的标准方程；（2）设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1）因为的面积为5，点为椭圆C：上一点，所以，解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为，联立为，消去，得，设，则，故，又因为，所以，又，则直线的方程为，令，得，则，同理可得：，所以，因此为定值. .【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.22．已知函数．(1)当时，讨论的单调性(2)设为的两个不同零点，证明：当时，．【答案】(1)答案见解析    (2)证明见解析【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可得单调性；（2）由可整理得到，将所证不等式化为，采用分析法可知只需证明即可；令，利用导数可求得，得到；令，，利用导数可证得，由取等条件不同可知，由此可证得不等式.【详解】（1）当时，，则定义域为，；①当时，，恒成立，在上单调递增；②当时，令，解得：（舍）或，则当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）不妨设，则，且，两式作差整理得：，，；；要证，只需证，又，则只需证；即证；令，则，在上单调递增，，当时，，即，；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，则，（当且仅当时取等号）；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，（当且仅当时取等号）；，即；又，，成立.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、证明不等式的问题；本题证明不等式的基本思路是采用分析法，将所证不等式分割为两个部分：和，采用构造函数的方式进一步将问题转化为函数最值的求解问题.