2022-2023学年湖南省·三湘名校教育联盟·高二下期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省·三湘名校教育联盟·高二下期末考试数学试卷（含解析），共17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·三湘名校教育联盟·高二下期末考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知复数满足，则(    )A.  B.  C.  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4.  随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了个商家对某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：售价，销售量根据计算可得与的经验回归方程是，则的值为(    ) A.  B.  C.  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. 种 B. 种 C. 种 D. 种6.  若存在实数，使得，则实数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知定义在上的函数满足，且，，则(    )A.  B.  C.  D. 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. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）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. 在上是减函数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11.  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，则三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）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          ．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          ．15.  已知，均为锐角，，且，则          ．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，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          ．
 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分已知数列的前项和为，，且求数列的通项公式记，求数列的前项和． 18.  本小题分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、大小相同的球个，将个球编号为，其中红球个，黄球个，蓝球个，每次不放回地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．求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率停止取球时，记盒子中所剩球的个数为，求的分布列与数学期望． 19.  本小题分如图，直三棱柱中，平面平面．证明：若，为上一点，且，求二面角的余弦值．
 20.  本小题分记的内角，，的对边分别为，，，已知，且证明：若为锐角三角形，且，求的取值范围． 21.  本小题分已知函数若在定义域上单调递增，求的取值范围若恒成立，求实数的值． 22.  本小题分已知为椭圆上一点，且点在第一象限，过点且与椭圆相切的直线为．若的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值如图，，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．

答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题考查并集运算，属于基础题．【解答】解：，，所以，
故选B．  2.【答案】 【解析】【分析】本题考查了复数的运算，属基础题．【解答】解：因为，则，所以．  3.【答案】 【解析】【分析】本题考查充分必要条件判定，等比数列性质，属于基础题．【解答】解：若，，成等比数列，则
若，令，满足，但此时，，不构成等比数列
，故选C．  4.【答案】 【解析】【分析】本题考查了回归直线方程，属于基础题．【解答】解：售价平均，则，销售量，解得．
故选D：  5.【答案】 【解析】【分析】本题考查了排列与组合的综合应用，属基础题．【解答】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．  6.【答案】 【解析】【分析】本题考查指数函数、对数函数性质，组合函数单调性，属于中档题．【解答】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B．  7.【答案】 【解析】【分析】本题考查了指数函数的函数值，属于基础题．【解答】解：依题意，，可得，则，而，故．
故选A．  8.【答案】 【解析】【分析】本题考查了求双曲线的离心率、双曲线的定义等知识，属中档题．【解答】解：延长与双曲线交于点，

因为，根据对称性可知，，设，
则，从而，
即，故，
而，
而，从而，在中，由勾股定理得，
即，则．  9.【答案】 【解析】【分析】本题考查对数运算，对数函数值域，奇偶性判断，复合函数单调性，属于基础题．【解答】解：由题意可知，故为偶函数，又的定义域为，值域为，且在上为减函数，
故选BD．  10.【答案】 【解析】【分析】本题考查了平面向量的相关运算，属于中档题．【解答】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，可得 或 ，故D正确．
故选ABC．  11.【答案】 【解析】【分析】本题考查了圆的公切线、圆与圆位置关系中的最值问题等，属中档题．【解答】解：对于选项，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正确对于选项，的最大值等于，最小值为，B正确对于选项，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，设直线为，则外公切线与圆心连线段所在的直线间的距离为，即，故，故C不正确对于选项，当时，，故D正确．  12.【答案】 【解析】【分析】本题考查正弦型函数奇偶性、单调性、最值、对称性、图象平移，属于拔高题．【解答】解：，其中，对于，，因为为奇函数，故，故A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，故C正确对于，将向左平移个单位长度，此时方程为，它与的对称轴完全一致，则，若取，，此时，
，二者对称轴相同，故D错误．
故选BC．  13.【答案】 【解析】【分析】本题考查了条件概率的计算，属于基础题．【解答】解：，即，
故．  14.【答案】 【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义、抛物线的准线方程等知识，属基础题．【解答】解：设，则，由题意，且，
故，则舍或，又抛物线即的准线方程为，
故．  15.【答案】 【解析】【分析】本题考查同角三角函数基本关系，两角和差正弦、余弦公式、二倍角公式，属于基础题．【解答】解：，因为，则，因此，而，从而，因此，则．  16.【答案】 【解析】【分析】本题考查了球的切接问题，属于较难题．【解答】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入勒洛四面体，
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．  17.【答案】解：依题意，，当且时，，即，
此时，也成立，于是，即，因此，数列从第二项起成公比为的等比数列，
又当时，由，可知，
则当且时，，因此，由可知，，，当且时，，
因此，，故，
故数列的前项和． 【解析】本题考查了利用数列的前项和与的关系求通项公式、等比数列的判定、等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式等知识，属中档题．
 18.【答案】解：
依题意，设事件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球或者蓝球，从而的所有可能取值为，，，，，，的分布列为：． 【解析】本题考查古典概型概率计算，随机变量分布列，离散型随机变量期望，属于中档题．
 19.【答案】证明：过作于，平面平面，且平面平面，平面，故AD，在直三棱柱中，平面，故BC，由可知，平面，故BC
 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．
  【解析】本题考查了线线垂直的判断，面面角的向量求法，属于中档题．
 20.【答案】解：证明：依题意，，即，由余弦定理得，，代入可得，因为，所以，即由知，，则，由正弦定理得
其中为锐角，所以，，因为，且为锐角三角形，所以，解得，则，因此． 【解析】本题考查了正、余弦定理的综合应用，以及三角恒等变换的综合应用，属中档题．
 21.【答案】解：依题意可知，，即在上恒成立．设，，则在上单调递增，在上单调递减，故，因此设，注意，即，因此为最大值．由，．下证明当时，恒有，注意到，
令，
则，由可知，因此．令则恒成立故，故单调递减，而，因此时，，单调递增，当时，，单调递减．即，证毕． 【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究恒成立问题，属于中档题．
 22.【答案】解：设，设，其中，联立椭圆方程得，，由得，即，即，，即，即，即，即由可知，，，则，又因为，因此，因此四边形为矩形，由可知，若直线的方程为，则，因为与关于原点对称，因此可设直线的方程为，直线，的距离为，因为与垂直，故AD的斜率，同理可计算，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． 【解析】本题考查了直线与椭圆位置关系的应用，属于较难题．