2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】C

【分析】先求解得出，进而根据集合的交集运算，得出答案.

【详解】由已知可得，，

解可得，，所以，

所以，.

故选：C.

2．设复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得到，求得，结合复数模的公式，即可求解.

【详解】由复数满足，所以，

所以.

故选：A.

3．已知向量，，若向量满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，由向量平行的坐标表示，向量垂直的坐标运算结合，，列出方程组求解即可．

【详解】设，则，，

由得，，

由得，，

则，解得，

所以，

故选：B．

4．若两条直线，与圆的四个交点能构成正方形，则（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】由直线方程知，由题意正方形的边长等于直线、的距离，又，结合两线距离公式即可求的值.

【详解】由题设知：，要使，，，四点且构成正方形，

∴正方形的边长等于直线、的距离，则，

若圆的半径为r，，即，则，

由正方形的性质知：，

∴，即有.

故选：B.

5．在中，已知角，则的最大值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】因为，可得，所以，且，

则，

因为，可得，

当时，即时，取得最大值，

所以的最大值为.

故选：C.

6．若，且，则（    ）

A．42 B．1092 C．1086 D．6

【答案】C

【分析】取结合等比数列求和公式得到，计算得到答案.

【详解】取得到，

即，

，则.

故选：C.

7．法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为28，则椭圆的长轴长为（    ）

A．5 B．8 C．4 D．10

【答案】B

【分析】由勾股定理和基本不等式可得面积最大值，然后可得答案.

【详解】椭圆的蒙日圆的半径为．

因为，所以为蒙日圆的直径，

所以，所以．

因为，当时，等号成立，所以面积的最大值为．

由面积的最大值为28，得，得，故椭圆的长轴长为8．

故选：B．

8．若函数与函数的图象存在公切线，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先求得公切线方程为，联立方程组，结合，得到，令，求得，令，求得和，得到函数的单调性和最小值，进而得到，即可求解.

【详解】由函数，可得，

因为，设切点为，则，

则公切线方程为，即，

与联立可得，

所以，整理可得，

又由，可得，解得，

令，其中，可得，

令，可得，函数在上单调递增，且，

当时，，即，此时函数单调递减，

当时，，即，此时函数单调递增，

所以，且当时，，所以函数的值域为，所以且，解得，即实数的取值范围为.

故选：A.

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

二、多选题

9．构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动.如图所示的是该校高三（1）、（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好），则（    ）

A．高三（2）班五项评价得分的极差为1

B．除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分

C．高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高

D．各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大

【答案】AC

【分析】利用极差的概念，平均数的概念以及根据统计图表的相关知识判断选项即可.

【详解】对于A，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，

所以极差为，A正确；

对于B，两班的德育分相等，B错误；

对于C，高三（1）班的平均数为，

（2）班的平均数为，故C正确；

对于D，两班的体育分相差，

而两班的劳育得分相差， D错误，

故选：AC．

10．如图，四棱锥的底面为梯形，底面为棱的中点，则（    ）

A．与平面所成的角为

B．

C．平面

D．三棱锥的体积为

【答案】CD

【分析】对于A项，根据线面角的定义解三角形即可；对于B项，解即可；对于C项，判定BC与BD的位置关系即可；利用线段关系转化为求即可.

【详解】对于A，因为底面，

所以即为与平面所成的角平面角，

又平面，所以，

，则，

所以与平面所成的角大于，故A错误；

对于B，连接AC，

，

因为E为PA中点，，故PA与CE不垂直，故B错误；

对于C，如图所示，在梯形ABCD中，过B作，

由条件可得，，故，

则，所以，

又底面，平面，则，

又，

所以平面，故C正确；

对于D，因为E为PA中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，

故，

由上可得，

故，故D正确.

故选：CD.

11．已知函数，则关于 零点叙述不正确的是（    ）

A．当时，函数有两个零点

B．函数必有一个零点是正数

C．当时，函数有两个零点

D．当时，函数只有一个零点

【答案】ACD

【分析】在同一坐标系中作出与的图像，可观察出A、C、D选项错误，选项B正确．

【详解】⇔在同一坐标系中作出与的图像，

可观察出

当时，函数有一个零点,

当时，函数有一个零点,

当时，函数有两个零点,

函数必有一个零点是正数,

A、C、D选项错误，选项B正确．

故选:ACD.

12．如果函数满足：当a，b，c是一个三角形的三边长，且都存在时，也是某个三角形的三边长，那么就称具有“性质P”，则（    ）

A．具有“性质P”

B．不具有“性质P”

C．当具有“性质P”时，M的最小值为2

D．当具有“性质P”时，

【答案】ABC

【分析】对于AB，利用不等式的性质或特例可判断AB的正误.对于C，根据函数的性质可求的范围，对于D，可证时，函数具有性质，故可判断CD的正误.

【详解】对于选项AB，对于在上单调递增的函数，具有“性质P”等价于对任意满足且的实数a，b，c，均有．

而，

因此具有“性质P”；

取，则，

于是不具有“性质P”．

对于选项C，显然．

当且时，有知，

从而有．

而当时，取且，则，

不符合题意．因此M的最小值为2．

对于选项D，若，可以取，

但不能构成三角形，因此．

下面证明当时，具有“性质P”．

若且能构成三角形，不妨设

当时，，

同理，，所以构成三角形.

当时，此时，，

故，

所以，同理可得

又，

若，则，

若，因此，故，

所以，而，

所以，

所以构成三角形.

因此命题得证，从而M可以取得，命题D错误．

故选：ABC

三、填空题

13．2023年9月第19届亚运会将在杭州举办，在杭州亚运会三馆（杭州奥体中心的体育馆､游泳馆和综合训练馆）对外免费开放，预约期间将4名志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1名志愿者，则共有          种分配方案．

【答案】36

【分析】先分成3组，然后再分配到三馆可得.

【详解】将4名志愿者分成3组，有种，

然后将3组分配给3个场馆有种，

所以总的分配方案共种.

故答案为：36

14．在四面体ABCD中，，AB与CD所在的直线间的距离为3，且AB与CD所成的角为，则四面体ABCD的体积为          ．

【答案】

【分析】补形成平行六面体，由线面平行和已知可得点到平面的距离，然后由可得.

【详解】如图所示，把三棱锥补成一个平行六面体，

其中为异面直线的公垂线，即且，

在平行六面体中，可得，所以，

又因为，且平面，

所以平面，

因为平面，平面，

又平面，所以点到平面的距离，

因为且异面直线与所成的角为，所以与所成的角为．

由平行六面体性质可知，四边形为平行四边形，

所以.

又因为，

所以，

即四面体的体积为．

故答案为：．

15．从某个角度观察篮球（如图1），可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮形状为圆O，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线的一部分，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，且，视所在直线为x轴，则双曲线的标准方程方程为         ．

【答案】

【分析】先设出双曲线的标准方程，再根据条件求出，即可求出结果.

【详解】设所求双曲线方程为：，

如图，因为，易知，

又坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分点，所以在双曲线上，得到，整理得到，

故所求曲线方程为.

故答案为：.

16．已知，则的大小关系为          .（从小到大）

【答案】

【分析】构造函数，求得单调递减，得出，再令，求得单调递增，得到，结合，即可求解.

【详解】由，

令，可得，所以单调递减，

所以，即，

令，可得，所以单调递增，

所以，即，

又由，所以，即，所以，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，角的对边分别为，.

(1)若，求；

(2)若，点在边上，且平分，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和、差的余弦公式求出，由诱导公式求出，即可求出，最后由计算可得；

（2）利用二倍角公式求出，再由求出，最后由面积公式计算可得.

【详解】（1）因为，

则，，

又，，则，

又，所以，

则.

（2）由（1）知，则，

由得，

即，

则，即，解得，

所以的面积.

18．已知数列满足，且.

(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；

(2)记数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）由等比数列的定义即可求证，

（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.

【详解】（1）变形得：，

又，故，所以是首项为3，公比为3的等比数列.

从而，即.

（2）由（1）知，故数列的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列；偶数项是以9为首项，9为公比的等比数列，所以

.

19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过求出和面的一个法向量，即可证明结论；

（2）分别求出面和面的法向量，即可求出二面角的余弦值.

【详解】（1）由题意，

在矩形中，，，,

，分别是，的中点，

∴，，

在四棱锥中，面平面，

面面，， ∴面，

面，∴，

取中点，连接，由几何知识得，

∵，∴，

∵面，面，

∴面，

∴

以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，

∴，面的一个法向量为，

∵，

∴平面.

（2）由题意，（1）及图得，

在面中，，

，

设其法向量为，

则，即，解得：，

当时，，

在面中，其一个法向量为，

设二面角为

∴，

由图象可知二面角为钝角，

∴二面角的余弦值为.

20．1月11日，国台办举行了2023年首场新闻发布会，在回应两岸媒体关注的近期解放军军机在台海演训活动为何如此频繁时，发言人马晓光表示，凡事有因必有果，人民解放军的演练是对台美勾连挑衅升级，破坏台海和平稳定的严正警告，大陆阻止台美军事勾连挑衅升级，为的是维护两岸同胞的共同利益，维护台海和平稳定，维护台湾同胞和平安宁的生活，在某次台海演习中，解放军派出一架轰-6轰炸机迂回对一目标舰艇进行三次投弹攻击，已知轰炸机每次攻击时击中舰艇的概率都为，各次攻击彼此独立，舰艇被轰炸机击中一次而击沉的概率为，被轰炸机击中两次而击沉的概率为，若三次都击中，舰艇必定被击沉.

(1)求目标舰艇被我军轰炸机击中次数的分布列及期望，方差；

(2)求目标舰艇被击沉的概率；

(3)当目标舰艇被击沉时，求该舰艇被我军轰炸机至少击中两次的概率.

【答案】(1)分布列见解析，，

(2)

(3).

【分析】（1）由二项分布概率公式求概率即可得分布列，再由二项分布期望和方差公式可得；

（2）根据条件概率以及全概率公式求解可得；

（3）根据（2）中结果，结合条件概率公式可得.

【详解】（1）由题知，击中次数，，

所以；；

；.

得分布列如下：

由二项分布的期望和方差公式可得：，.

（2）记击中i次为事件，

，，，舰艇被击沉为事件B，

则，，，

，

即目标舰艇被击沉的概率为.

（3）根据（2）中数据：

，

即当目标舰艇被击沉时，该舰艇被我军轰炸机至少击中两次的概率为.

21．已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于、两点，且．

(1)求抛物线的方程；

(2)若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为，的中点为，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分析可知与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及可求得的值，由此可得出抛物线的方程；

（2）写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，分析可知、、三点共线，可得出，结合可求得的取值范围.

【详解】（1）解：抛物线的焦点为，

若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

设直线的方程为，设点、，

联立可得，，

由韦达定理可得，，

，解得，

所以，抛物线的方程为.

（2）解：设点、，则，由（1）可得，，

又因为直线的方程为，

将代入直线的方程可得，可得，即点，

所以，，

因为，则，

所以，直线的方程为，

联立可得，则，

故，则，

由的中点为，可得，

故、、三点共线，则．

又由，知，

故

.

故的取值范围为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

22．已知函数.

(1)是的导函数，求的最小值；

(2)证明：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数）

【答案】(1)0；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题意得，求导判断单调性即可求解；

（2）由（1）可得可知，当且仅当时等号成立，令，则.借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明.

【详解】（1）由题意，，

，

，

令，解得，

又时，时，，

所以在上单调递减，在单调递增，

，即的最小值为0.

（2）证明：由（1）得，，

可知，当且仅当时等号成立，

令，则.

，

即，

也即，

所以，

故对任意正整数，都有.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.