2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高二上学期期末数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时量：120分钟满分：150分 2023年2月
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，请把答案直接填涂在答题卡相应位置上.
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：C.
2. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出复数的模，再代入计算即可.
【详解】因为，
所以.
故选：D
3. 圆心为，且与x轴相切的圆的标准方程为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于圆心为，圆与x轴相切，所以可得圆的半径为2，从而可得圆的标准方程.
【详解】解：因为圆心为，圆与x轴相切，
所以圆的半径为2，
所以圆的标准方程为，
故选：B
【点睛】此题考查由圆心和半径写圆的标准方程，属于基础题.
4. 在公比为负数的等比数列中，，则（）
A. 48B. C. 80D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，先由求出，然后由得出答案．
【详解】设公比为q，由，得，因为，所以．
故．
故选：A．
5. 函数在点处切线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求导，再求出，再利用点斜式可得切线方程.
【详解】由已知，
，
函数在点处切线方程为，
即.
故选：C.
6. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线交E于P，Q两点，且，且，则E的标准方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，，由椭圆的对称性得四边形为平行四边形，根据，得，由三角形面积解得，，计算即，求出可得椭圆的标准方程.
【详解】
如图，连接，，由椭圆的对称性得四边形为平行四边形，
所以，得.
又因为，所以四边形为矩形，设，，
则，所以，得，
则，则，，
椭圆的标准方程为.
故选：A.
7. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，是边长为2的正三角形，E，F分别是棱上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将平面展开到一个平面内，则的最小值即为展开图中的长，利用余弦定理求解即可．
【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又平面，∴，同理可得．
由题意可知，则，．
将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．
∵，
从而，故．
中，由余弦定理可得，
则，即的最小值为．
故选：D．
8. 已知不等式恰有2个整数解，求实数k的取值范围（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】原不等式等价于，设，，然后转化为函数的交点结合图象可求.
【详解】原不等式等价于，设，，所以，得．当时，，
所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，取极大值.
又，且时，，因此与的图象如下，直线恒过点.
当时，显然不满足条件；当时，只需要满足，即，解得．
故选：D
二、多项选择题：（本大题共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，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 已知数列为等差数列，其前项和为，且，下列选项正确的是（）
A. B. 是递减数列C. 取得最小值时，或6D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等差数列基本量法求出数列首项和公差，代入选项判断即可.
【详解】不妨设
，与联立
解得，即通项.
对于选项A.，故正确；
对于选项B.是递增数列，故错误；
对于选项C.存在最小值，且有两个最小值，即，即，与不符；
对于选项D.，故正确.
故选：
10. 某企业为了了解职工对某部门的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），下列说法正确的是（）
A. 求频率分布直方图中的值为0.006
B. 估计该企业的职工对该部门评分的中位数为
C. 估计该企业的职工对该部门评分的平均值为76.5
D. 从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据所有小矩形面积为1可得的值，B、C选项考查用频率分布直方图计算平均数与中位数，来估计总体，D选项古典概型求解概率，一一列举即可得出结果.
【详解】由直方图可得，故.
由直方图可得平均数为.
前3组的频率和为，前4组的频率和为，故中位数在，设中位数为，则，故.故中位数为.
评分在的受访职工的人数为，其中评分在的受访职工的人数为2，记为，，在的受访职工人数为3，记为，，，从5人任取2人，所有的基本事件如下：，，，，，，，，，，基本事件的总数为10，而2人评分都在的基本事件为，故2人评分都在的概率为，
故选：ABD.
11. 已知函数的极值点分别为，则下列选项正确的是（）
A.
B.
C. 若，则
D. 过仅能做曲线的一条切线
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先根据已知条件得到，，再结合导数的性质依次判断选项即可.
【详解】，，
因为函数的极值点分别为，
所以有两个不相等的实数根，
所以，故A正确.
对选项B，因为，所以，
令，则，，
所以，，为增函数，
，，为减函数，
，，为增函数，
所以，为函数的极值点.
所以，故B错误.
对选项C，，
化简得：，解得，故C正确.
对选项D，设切点为，
，切线过，
所以，即，解得，
所以过仅能做曲线的一条切线，故D正确.
故选：ACD
12. 已知F是抛物线的焦点，O为坐标原点，A，B是抛物线C上的两点，的中点M在C的准线上的投影为N，则（）
A. 曲线C的准线方程为B. 若，则的面积为
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线的标准方程，求出准线方程判断A；求出点A的纵坐标计算判断B；设出点A，B的坐标，结合向量垂直的坐标表示及均值不等式求解判断C；利用抛物线定义结合余弦定理、均值不等式推理判断D作答.
【详解】抛物线的焦点，准线，设，有，，，曲线C的准线方程为，A不正确；
，而，则，即有，的面积，B正确；
由得：，显然，即有，，，当且仅当时取等号，C正确；
设点的横坐标为，有，则，
在中，，由余弦定理得：，由
即有，
当且仅当时取等号，因此，D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：
1.根据抛物线的定义，可以得出一个结论：抛物线上的任意一点P到焦点F的距离都等于点P到准线的距离，这个结论是抛物线最重要的一条性质，很多有关抛物线的填空题和选择题都是围绕这条性质设计；
2.何时使用定义：一般情况下，当题意中出现了"抛物线上的点与焦点的连线”或者出现了“抛物线上的点到准线(或垂直于抛物线对称轴的直线)的距离”的时候，都要优先考虑使用抛物线的定义来解题；
3.抛物线的标准方程的表达式中含有一次项，根据这个特点，设抛物线上的点P的坐标就可以用一个变量进行表示，再结合相关的已知信息进行运算.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．
13. 已知函数，则__________．
【答案】1
【解析】
分析】先通过函数解析式可得，再求即可.
【详解】由已知，
则.
故答案为：.
14. 函数的最大值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】先用余弦的二倍角展开，把函数转化为关于的二次函数求解即可
【详解】因为
由，
所以当时，
故答案为：4.
15. 已知双曲线（，）的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】结合已知条件，写出双曲线的渐近线方程，然后利用圆心到直线的距离等于半径求出之间的关系即可求解.
【详解】不妨取双曲线（，）的一条渐近线方程为
，即，
化圆的方程为标准方程，得，
则圆心坐标为，半径为.
由题意可得，即，
即，即，
又
所以双曲线的离心率为，
故答案为：.
16. 颇受青年朋友喜欢的蛋白石六角锥灵摆吊坠如图（1）所示，现在我们通过手工制作一个六角锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形的中心为为圆O上的点，如图（2）所示．分别是以为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合，得到六棱锥，当底面六边形的边长变化时，所得六棱锥体积的最大值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】连接，交于点H，由题意得，
设cm，则cm，cm，
由已知求出，利用条件得六棱锥的体积，
转化为函数，利用函数导数求解即可
【详解】连接，交于点H，由题意得，
设cm，则cm，cm
因为所以，
六棱锥的高cm．
正六边形的面积cm2，
则六棱锥的体积 cm3．
令函数，
则，
当时，，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以 cm3．
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请把答案填写在答题卡相应位置上．
17. 已知数列满足，.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义变形为，证明数列是等比数列；（2）首先求数列的通项公式，再利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
依题意：，
所以，
故数列是以首项，公比为2的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可知，，，
故，
故
18. 进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会､经济､生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事.为了普及垃圾分类知识,某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两位同学中恰有一人答对的概率为.
（1）求的值及每题甲、乙两位同学同时答对的概率；
（2）试求两人答对的题数之和为3的概率.
【答案】（1），甲、乙同时答对的概率为
（2）
【解析】
【分析】（1）由互斥事件和对立事件的概率公式列方程可解得，再求解每题甲、乙两位同学同时答对的概率；
（2）分别求出两人答对1道的概率，答对两道题的概率，两人共答对3道题，则是一人答对2道题另一人答对1道题，由互斥事件和独立事件概率公式可得结论．
【小问1详解】
设{甲同学答对第一题}，{乙同学答对第一题}，则，.
设{甲、乙二人均答对第一题}，{甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，
则，.
由于二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，所以与相互独立，与相互互斥，
所以，
.
由题意可得，则，，所以，
每题甲、乙同时答对的概率为；
【小问2详解】
设{甲同学答对了道题}，{乙同学答对了道题}，，1，2.
由题意得，，，，.
设{甲乙二人共答对3道题}，则.由于和相互独立，与相互互斥，
所以.
所以，甲乙二人共答对3道题的概率为.
19. 如图所示，在四棱锥中，，且平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，利用已知的线面垂直和几何体的结构特征，先证明线面垂直，然后再利用面面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，注意判断正负即可.
【小问1详解】
证明：平面平面.
.
平面，
平面.
又平面平面平面.
【小问2详解】
由（1）易知两两垂直.
如图，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则.
.
设平面的法向量为，
则即取，得.
易知平面的一个法向量为，
,
由图可知，平面与平面的夹角为锐角，
平面与平面夹角的余弦值为.
20. 的内角的对边分别为已知.
（1）求角和边长；
（2）设为边上一点，且,求的面积.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）先根据同角的三角函数的关系求出从而可得的值，再根据余弦定理列方程即可求出边长的值；（2）先根据余弦定理求出，求出的长，可得，从而得到，进而可得结果.
试题解析：（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.
(2)，，，，，.
21. 已知椭圆C：的左、右顶点分别为A、B，上顶点M与左右顶点连线MA，MB的斜率乘积为，焦距为4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点P为椭圆上异于A，B的点，直线AP与y轴的交点为Q，过坐标原点O作交椭圆于N点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）为定值，定值是2
【解析】
【分析】（1）通过斜率乘积为，结合值和关系求出标准方程即可.
（2）设直线AP的方程为：，则直线ON的方程：，分别将直线与椭圆联立得，，通过斜线段距离公式转化为横坐标之间关系，即，代入相关横坐标即可求得定值.
【小问1详解】
已知，．又，
所以．又，解得，可得椭圆C的方程：
【小问2详解】
设直线AP的方程为：，根据平行则直线ON的方程：
联立直线AP与椭圆C的方程得：，
由，得，
联立直线ON与椭圆C的方程得：，得
所以
，
即为定值，定值是2.
【点睛】圆锥曲线中的定值问题是考试中常考的类型题，主要有设线和设点法，本题采取设线法，利用韦达定理得到相关点的横坐标，圆锥曲线对于斜线段之比我们常常将其转化为横线之比或竖线之比，这样可以降低计算量，还可以与韦达定理得到的式子联系在一起.
22. 已知函数和函数有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为.
（1）求实数的值；
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别对求导，得出的单调性，求出的最大值，即可求出实数的值；
（2）画出的图象，设图象的交点为，直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，可得，再利用指对同构及的单调性，即可证明.
【小问1详解】
，，
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意；
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，
即；
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
于是有，
【小问2详解】
两个函数大致图象如下：设图象的交点为，
当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，
不妨设，且（*）
由，又，
又当时，单调递增，所以，又，又，
又当时，单调递减，所以，由（*）可得：，
，于是有.