2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含解析），共19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学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷
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. 设复数z满足z(1+2i)=|1+2 6i|，则z的共轭复数z−的虚部为(    )
A. −2i B. 2i C. −2 D. 2
2. 设集合A={x∈N|0≤lnx≤1}，B={x|2x0)的左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，A为椭圆C的左顶点，以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一、二象限的交点分别为M，N，若直线AM，AN的斜率之积为13，则椭圆C的标准方程为(    )
A. x23+y2=1 B. x26+y22=1 C. x29+y25=1 D. x28+y24=1
8. 已知函数f(x)及其导数f′(x)的定义域均为R，f′(x)在R上单调递增，f′(1+x)为奇函数，若2a=3，4b=3，3c=4，则(    )
A. f(a)0)，则a5=2−t2+t，结合函数的单调性即可确定a5的最小值．
本题考查等比数列的通项公式，数列与函数的综合问题，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．

15.【答案】 3+1 
【解析】解：由双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2及双曲线上关于原点对称的两点A，B，
可得四边形AF1BF2为平行四边形，
又|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|及托勒密定理，可得四边形AF1BF2为矩形．
设|AF1|=m，|BF2|=n(m>n)，
在Rt△AF1BF2中，∠AF1F2=π6，
则m−n=2a，n=m⋅tanπ6，
∴n=c，m= 3c，m=c+2a，
∴ 3c=c+2a，
解得ca= 3+1．
∴双曲线的离心率为 3+1．
故答案为： 3+1．
由题意可得四边形AF1BF2为平行四边形，根据|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|及托勒密定理可得四边形AF1BF2为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
本题考查了双曲线的定义及性质、直角三角形的边角关系、平行四边形与矩形的判定、托勒密定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

16.【答案】133π 
【解析】解：取BC的中点G，连接DG，EG，可知DG=EG=BG=CG，
则G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，过G作平面BCED的垂线，
再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂线，设两垂线的交点为O，
则O为四棱锥A−BCDE外接球的球心，
∵△ADE的边长为1，∴OG=HK= 36，

则四棱锥A−BCDE外接球的半径OB= 12+( 36)2= 396，
四棱锥A−BCDE外接球的表面积为4π×( 396)2=133π．
故答案为：133π．
取BC的中点G，连接DG，EG，可得G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂线，得出两垂线的交点O为棱锥A−BCDE外接球的球心，求出半径，利用球表面积公式即可求解．
本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，属中档题．

17.【答案】解：(1)∵b=2，a2=c2+2c+4，∴a2=c2+bc+b2，∴b2+c2−a2=−bc，
∴由余弦定理有：cosA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3，
在△ADC中，由正弦定理ACsin∠ADC=CDsinA，
∴sin∠ADC=AC⋅sinACD=2× 32 6= 22，
∵∠ADC∈(0,π2)∴∠ADC=π4．
(2)由(1)知，∠ACD=π−2π3−π4=π12，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴∠BCD=π12，∴∠ACB=π6，
∴∠ABC=π−2π3−π6=π6=∠ACB，∴c=b=2，
在△ABC中由余弦定理有a2=b2+c2−2bccos∠BAC=22+22−2×2×2×(−12)=12，
∴a=2 3，∵sinπ12= 6− 24，
∴S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=12×2 3× 6× 6− 24=3 3−32． 
【解析】(1)由条件和余弦定理求A，再在△ADC中由正弦定理求∠ADC；
(2)由(1)及条件求出∠ABC，∠BCD，再在△ABC中由余弦定理求a，最后由面积公式即可求得．
本题考查用正、余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．

18.【答案】解：(1)证明：令n=1，得a1=S1=2a1−1，解得a1=1，
由Sn=2an−n，得Sn+1=2an+1−(n+1)，
两式相减得an+1=2an+1−2an−1，
即an+1=2an+1，即an+1+1=2(an+1)，
所以{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2⋅2n−1，即an=2n−1．
(2)由(1)得，bn=nan=n⋅2n−n，
记cn=n⋅2n,dn=n，数列{cn}的前n项和为Kn．
则Kn=1×2+2×22+⋯+n⋅2n，2Kn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，
两式相减得Kn=−(2+22+⋯+2n)+n⋅2n+1=−2(1−2n)1−2+n⋅2n+1=(n−1)⋅2n+1+2，
故数列{bn}的前n项和Tn=(n−1)⋅2n+1+2−n(n+1)2． 
【解析】(1)由an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2,n∈N*，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
(2)由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前n项和的关系、等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和、分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

19.【答案】解：(1)证明：延长CH交AB于点F，连接PF，BH，
∵HE//平面PAB，平面CPF∩平面PAB=PF，HE⊂平面CPF，
∴HE//PF，
又E为棱PC的中点，∴H为CF的中点，
∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，
∴BH=CH，
∴Rt△PAB≅Rt△PBC，∴PB=PC；
(2)以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

∵PH⊥平面ABCD，∴CH是PC在平面ABCD内的投射影，
∴∠PCH是直线PC与立面ABCD所成角，∴∠PCH=π4，
∴△PCH为等腰直角三角形，
设AB=4，则BC=PC=2，则CH= 2，∴PH= 2，
∴P(0,0, 2)，又A(1,−3,0)，D(−1,−3,0)，H(0,0,0)，C(−1,1,0)，
∴PA=(1,−3,− 2)，PD=(−1,−3,− 2)，
设平面PAD的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅PA=0m⋅PD=0⇒x−3y− 2z=0−x−3y− 2z=0，令y= 2，得x=0，z=−3，
∴平面PAD的一个法向量为m=(0, 2,−3)．
同理求得平面PHC的法向量n=(1,1,0)．
∴cos〈m,n〉= 2 2⋅ 11= 1111，
所以平面PAD与平面PHC夹角的余弦值为 1111． 
【解析】(1)延长CH交AB于点F，连接PF，BH，由已知可得HE//PF，进而证明Rt△PAB≅Rt△PBC可得结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值．
本题考查线线相等的证明，考查面面夹角的余弦值的求法，属中档题．

20.【答案】解：(1)X的可能取值为1，2，3，4，
则P(X=1)=15，P(X=2)=A41A52=15，P(X=3)=A42A33=15，P(X=4)=A43A33=25，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
P
15
15
15
25
所以E(X)=1×15+2×15+3×15+4×25=145；
(2)设依方案乙所需化验次数为Y，则Y的可能取值为2，3，
则P(Y=2)=C42C52×13+C41C52×1=35，P(Y=3)=C42C52×23=25，
所以Y的分布列为：
Y
2
3
P
35
25
所以P(X