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    2022-2023学年湖南省衡阳市高二下学期7月期末联考数学试题含答案

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    这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市高二下学期7月期末联考数学试题含答案,共22页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容,欢迎下载使用。
    高二数学考试注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容:高考全部内容.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. 已知集合,则    A.  B. C.  D. 【答案】B【分析】计算并求解集合,利用交集的定义求解.【详解】,解得,解得所以集合所以故选:B2. 已知,复数是实数,则    A.  B. C.  D. 【答案】C【分析】对已知化简后,由虚部等于零可求得结果.【详解】因为为实数,所以,解得故选:C3. 函数的部分图象大致为(    A.  B.   C.    D.   【答案】A【分析】根据函数解析式确定函数性质,利用排除法去掉不符合的选项即可.【详解】定义域为因为所以是奇函数,排除CD时,,则,所以,排除B故选:A4. 某高校现有400名教师,他们的学历情况如图所示,由于该高校今年学生人数急剧增长,所以今年计划招聘一批新教师,其中博士生80名,硕士生若干名,不再招聘本科生,且使得招聘后硕士生的比例下降了,招聘后全校教师举行植树活动,树苗共1500棵,若树苗均按学历的比例进行分配,则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为(      A. 100 B. 120C. 200 D. 240【答案】B【分析】设招聘名硕士生,然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出的值,再根据比例可求得结果.【详解】设招聘名硕士生,由题意可知,解得所以本科生教师共分得树苗棵.故选:B5. ,则“”是“”的(    A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可.【详解】,则,而所以推不出,又,则所以,即可以推出所以的必要不充分条件,故选:B6. ,则(    A.  B. C.  D. 【答案】C【分析】由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得,即可得答案.【详解】因为,所以故选:C.7. 已知正三棱柱的顶点都在球的球面上,若正三棱柱的侧面积为,底面积为,则球的表面积为(    A.  B. C.  D. 【答案】A【分析】设正三棱柱的底面边长为,高为,根据题意里程方程组求得,设的外接圆半径为,求得,结合球的截面圆的性质,列出方程求得球的半径为,进而求得球的表面积.【详解】由正三棱柱是直三棱柱,设其高为因为正三棱柱的侧面积为,底面积为可得,且,解得的外接圆半径为,则,解得设球的半径为,则所以球的表面积为故选:A.8. 弘扬国学经典,传承中华文化,国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓,其中“五经”是国学经典著作,“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》.小明准备学习“五经”,现安排连续四天进行学习且每天学习一种,每天学习的书都不一样,其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习,《周易》不能安排在第一天学习,则不同安排的方式有(    A. 32 B. 48C. 56 D. 68【答案】D【分析】利用排列组合分别讨论不排《周易》,排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排,排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个,三种情况,再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可.【详解】①若《周易》不排,先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列,再将《诗经》与《礼记》插空,则共有种安排方式.②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排,在《尚书》和《春秋》中先选1种,然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列,再将《诗经》与《礼记》插空,减去将《周易》排在第一天的情况即可,共有种安排方式;③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个,先在《诗经》与《礼记》中选1种,然后将《周易》排在后三天的一天,最后将剩下的3种书全排列即可,共有种安排方式.所以共有种安排方式.故选:D二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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. 已知直线与圆相交于两点,则(    A. 圆心到直线的距离为1 B. 圆心到直线的距离为2C.  D. 【答案】BD【分析】根据点到直线的距离公式计算可知A错误,B正确;利用几何法求出弦长可知C错误,D正确.【详解】因为圆心到直线的距离,所以A错误,B正确.因为,所以C错误,D正确.故选:BD10. 已知函数,下列说法正确是(    A. 的最小正周期为B. 的极值点为C. 的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到D. ,则【答案】BC【分析】由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A;对求导,令可判断B;由三角函数的平移变换可判断C;由,求出可判断D.【详解】的最小正周期为,所以A错误;,得由三角函数的性质可验证的极值点为,所以B正确;的图象向右平移个单位长度得到的图象,所以C正确;,则所以,则,所以D错误.故选:BC.11. 已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为上一点,下列说法正确的是(    A. 的离心率为B. 的最小值为C. 的左、右顶点,不重合,则直线的斜率之积为D. 的左焦点为,若的面积为,则【答案】ACD【分析】根据题意列关于的等式,从而可得双曲线的方程,计算离心率,的最小值,结合动点满足的方程,列式计算,在焦点三角形中,由双曲线的定义,余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出.【详解】由已知可得,所以的方程为,离心率为A正确;因为的最小值为,所以B错误;,则,所以C正确;,由可得,得,所以D正确.故选:ACD12. 已知函数,若,则实数的取值可能为(    A. 2 B. C.  D. 1【答案】BCD【分析】对已知不等式进行变形,利用换元法,构造新函数,利用导数的性质判断其单调性,再利用单调性进行求解判断即可.【详解】因为所以,则有时,,函数单调递增,时,,函数单调递减,所以所以原问题转化为当恒成立,,设,因为,所以时,,函数单调递增,所以有,显然恒成立;时,当时,函数单调递增,当时,单调递减,因此有,所以不恒成立,综上所述:,故选项BCD符合题意,故选:BCD【点睛】关键点睛:对不等式进行变形,构造函数,利用导数的性质是解题的关键.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13 已知向量,若,则________【答案】##【分析】由平行向量的坐标运算求解即可.【详解】因为,所以,解得故答案为:.14. 已知,则__________【答案】【解析】分析】利用诱导公式及倍角公式变形计算即可.【详解】.故答案为:.15. 如图,某圆柱与圆锥共底等高,圆柱侧面的展开图恰好为正方形,则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为________  【答案】【分析】先根据圆柱侧面展开图为正方形得出,然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得.【详解】因为圆柱母线与圆锥旋转轴平行,所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形,所以,所以  故答案为:.16. 已知抛物线的焦点为F,直线lC交于AB两点,且AB的中点到x轴的距离为6,则的最大值为__________【答案】20【分析】根据抛物线的定义,结合梯形中位线定理、两点间线段最短进行求解即可.【详解】由题意知,抛物线C的准线方程为AB的中点为M,分别过点ABM作准线的垂线,垂足分别为CDN  因为M轴的距离为6,所以由抛物线的定义知所以因为,当点F在线段AB上时等号成立,所以,即的最大值为20故答案为:20四、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. 在等比数列中,,且的等差中项.1的通项公式;2,求数列项和【答案】1答案见解析    2【分析】1)根据等比数列的通项公式和等差中项的含义即可得到关于的方程,解出即可;2)分析计算得,利用错位相减法即可得到答案.【小问1详解】的公比为,因为的等差中项,所以,则化简得,解得时,时,【小问2详解】因为,所以,①,②则①②得18. 已知的内角的对边分别为1,求的面积;2,证明:【答案】19    2证明见解析【分析】1)先由求出,然后利用三角形面积公式求解即可;2)由已知条件结合余弦定理可得,再利用正弦定理统一成角的形式,化简后可证得结论.【小问1详解】因为,所以,即因为所以解得所以的面积【小问2详解】证明:因为所以,化简得所以所以所以因为所以(舍去),所以19. 某单位准备从8名报名者(其中男性5人,女性3人)中选4人参加4个副主任职位竞选.1设所选4人中女性人数为,求的分布列与数学期望;2若选出的4名副主任分配到4个科室上任,一个科室分配1名副主任,且每名副主任只能到一个科室,求科室任职的是女性的情况下,科室任职的是男性的概率.【答案】1分布列见解析,    2【分析】1)根据题意得的可能取值为0123,求出取每个值的概率可得分布列,由期望公式可得期望;2)根据条件概率公式可求出结果.【小问1详解】依题意,的可能取值为0123所以的分布列为0123所以【小问2详解】科室任职的是女性”,科室任职的是男性”,所以20. 如图,四棱锥的底面是边长为的菱形,为等边三角形.  1,证明:2在(1)条件下,若,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】1证明见解析    2【分析】1)根据等边三角形的三线合一性质,结合线面垂直的判定定理以及性质定理,可得答案;2)根据题意,建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,结合夹角的求解公式,可得答案.【小问1详解】证明:取的中点,连接因为为等边三角形,所以平面所以平面,因为平面所以,即是线段的中垂线,所以【小问2详解】由(1)知,又,所以,且平面为坐标原点,分别以的方向为轴的正方向,建立空间直角坐标系,  中,,由余弦定理易得∠POC120°所以点的坐标为所以是平面的法向量,可得,得是平面的法向量,可得,得设平面与平面所成的二面角为21. 已知是椭圆的左顶点,过点的直线与椭圆交于两点(异于点),当直线的斜率不存在时,1求椭圆C的方程;2面积的取值范围.【答案】1    2.【分析】1)根据给定条件,确定椭圆C过点,再代入求解作答.2)设出直线的方程,与椭圆的方程联立,结合韦达定理求出面积的函数关系,再利用对勾函数的性质求解作答.小问1详解】依题意,,当直线的斜率不存在时,由,得直线过点,于是,解得所以椭圆的方程为【小问2详解】依题意,直线不垂直于y轴,设直线的方程为消去整理得,则的面积,令,对勾函数上单调递增,,即,从而,当且仅当时取等号,面积的取值范围为【点睛】思路点睛:圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题,可以以直线的斜率、横()截距、图形上动点的横()坐标为变量,建立函数关系求解作答.22. 已知函数,且1讨论的单调性;2,函数有三个零点,且,试比较2的大小,并说明理由.【答案】1答案见解析    2,理由见解析【分析】1)分类讨论,结合导数与函数的关系即可得解;2)观察式子先确定,再利用转化法与换元法得到,进而利用双变量处理方法得到,利用导数证得,从而得解.【小问1详解】,得,又,所以,所以时,令,得;令,得所以上单调递增,在上单调递减;时,令,得;令,得所以上单调递减,在上单调递增.【小问2详解】,理由如下:因为,得,解得因为,所以的正根,则,所以两式相减得,则,得,则,则所以,可得,则再设,则所以上为增函数,则,则上为增函数,从而所以,即所以,即【点睛】关键点睛:本题第2小题的解决关键是利用换元法,将转化为,从而再利用导数处理双变量的方法求解即可.

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