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2023湖南省五市十校教研教改共同体・湖湘名校教育联合体高二下学期期末考试数学试题含答案
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这是一份2023湖南省五市十校教研教改共同体・湖湘名校教育联合体高二下学期期末考试数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了8 B，已知定义在上的函数满足，且，则，已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
五市十校教研教改共同体
三湘名校教育联盟
湖湘名校教育联合体
2023年上学期高二期末考试
数学
本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一､单项选择题：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.
2.已知复数满足，则（ ）
A. B.-2 C. D.2
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5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
9.6
9.9
10
10.2
10.3
销售量
10.2
9.3
8.4
8.0
根据计算可得与的经验回归方程是，则的值为（ ）
A.8.8 B.8.9 C.9 D.9.1
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.18种 B.24种 C.36种 D.42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.1
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､多项选择题：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：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B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1，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：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
18.（本小题满分12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5个，将5个球编号为1~5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1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.
（1）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；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望.
19.（本小题满分12分）
如图，直三棱柱中，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为上一点，且，求二面角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
记的内角的对边分别为，已知，且.
（1）证明：；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
21.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若在定义域上单调递增，求的取值范围；
（2）若恒成立，求实数的值.
22.（本小题满分12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.
（1）若的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值；
（2）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.
五市十校教研教改共同体
三湘名校教育联盟
湖湘名校教育联合体
2023年上学期高二期末考试
数学
参考答案､提示及评分细则
1.【答案】B
【解析】，所以，故选B.
2.【答案】D
【解析】因为，则，所以.故选D.
3.【答案】C
【解析】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】D
【解析】售价平均，则，
销售量，解得.故选D.
5.【答案】B
【解析】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.故选B.
6.【答案】B
【解析】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】A
【解析】依题意，，可得，
则，而，故.故选A.
8.【答案】D
【解析】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.故选D.
9.【答案】BD
【解析】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.
10.【答案】ABC
【解析】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】ABD
【解析】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，正确；
对于B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，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；
对于D选项，当时，，故D正确，故选ABD.
12.【答案】BC
【解析】，其中，
对于，因为为奇函数，故，故错误；
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】0.75
【解析】，即，故.
14.【答案】3
【解析】设，则，由题意，故，则，故.
15.【答案】
【解析】，
因为，则，因此，
而，从而，
因此，
则.
16.【答案】
【解析】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人勒洛四面体，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.【解析】（1）依题意，，可知，
当时，由，可知，
由，可得两式相减可知，，即，
因此时，，
即
（2）由（1）可知，，当时，，
因此，
故，
故的前项和.
18.【解析】（1）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；
（2）的所有可能取值为，
，
的分布列为：
0
1
2
.
19.【答案】证明：（1）过作于，
平面平面，且平面平面，
平面，故，
在直三棱柱中，平面，故，
由可知，平面，故；
（2）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.
20.【解析】证明：（1）依题意，，即，
由余弦定理得，
代入可得，
因为，所以，即；
（2）由（1）知，，则，由正弦定理得，
，其中为锐角，所以，
因为，则解得
则，因此.
21.【解析】（1）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；
（2）设，注意，即，因此为最大值.
由.
下证明当时，恒有，
注意到，
由（1）可知，
因此.
当时，，当时，，
因此，故，故单调递减，而，
因此时，单调递增，当时，单调递减.
即，证毕.
22.【解析】（1）设，设，其中，
联立椭圆方程得，，
由得，
即，即，
，即，
即，即，即；
（2）由（1）可知，，则，
又因为，因此，因此四边形为矩形，
由（1）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，故的斜率，
同理可计算的距离为，
因此，当且仅当时等号成立，
绝密★启用前
五市十校教研教改共同体
三湘名校教育联盟
湖湘名校教育联合体
2023年上学期高二期末考试
数学
本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一､单项选择题：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.
2.已知复数满足，则（ ）
A. B.-2 C. D.2
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5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
9.6
9.9
10
10.2
10.3
销售量
10.2
9.3
8.4
8.0
根据计算可得与的经验回归方程是，则的值为（ ）
A.8.8 B.8.9 C.9 D.9.1
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.18种 B.24种 C.36种 D.42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.1
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､多项选择题：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：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B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1，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：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
18.（本小题满分12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5个，将5个球编号为1~5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1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.
（1）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；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望.
19.（本小题满分12分）
如图，直三棱柱中，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为上一点，且，求二面角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
记的内角的对边分别为，已知，且.
（1）证明：；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
21.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若在定义域上单调递增，求的取值范围；
（2）若恒成立，求实数的值.
22.（本小题满分12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.
（1）若的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值；
（2）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.
五市十校教研教改共同体
三湘名校教育联盟
湖湘名校教育联合体
2023年上学期高二期末考试
数学
参考答案､提示及评分细则
1.【答案】B
【解析】，所以，故选B.
2.【答案】D
【解析】因为，则，所以.故选D.
3.【答案】C
【解析】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】D
【解析】售价平均，则，
销售量，解得.故选D.
5.【答案】B
【解析】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.故选B.
6.【答案】B
【解析】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】A
【解析】依题意，，可得，
则，而，故.故选A.
8.【答案】D
【解析】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.故选D.
9.【答案】BD
【解析】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.
10.【答案】ABC
【解析】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】ABD
【解析】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，正确；
对于B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，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；
对于D选项，当时，，故D正确，故选ABD.
12.【答案】BC
【解析】，其中，
对于，因为为奇函数，故，故错误；
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】0.75
【解析】，即，故.
14.【答案】3
【解析】设，则，由题意，故，则，故.
15.【答案】
【解析】，
因为，则，因此，
而，从而，
因此，
则.
16.【答案】
【解析】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人勒洛四面体，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.【解析】（1）依题意，，可知，
当时，由，可知，
由，可得两式相减可知，，即，
因此时，，
即
（2）由（1）可知，，当时，，
因此，
故，
故的前项和.
18.【解析】（1）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；
（2）的所有可能取值为，
，
的分布列为：
0
1
2
.
19.【答案】证明：（1）过作于，
平面平面，且平面平面，
平面，故，
在直三棱柱中，平面，故，
由可知，平面，故；
（2）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.
20.【解析】证明：（1）依题意，，即，
由余弦定理得，
代入可得，
因为，所以，即；
（2）由（1）知，，则，由正弦定理得，
，其中为锐角，所以，
因为，则解得
则，因此.
21.【解析】（1）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；
（2）设，注意，即，因此为最大值.
由.
下证明当时，恒有，
注意到，
由（1）可知，
因此.
当时，，当时，，
因此，故，故单调递减，而，
因此时，单调递增，当时，单调递减.
即，证毕.
22.【解析】（1）设，设，其中，
联立椭圆方程得，，
由得，
即，即，
，即，
即，即，即；
（2）由（1）可知，，则，
又因为，因此，因此四边形为矩形，
由（1）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，故的斜率，
同理可计算的距离为，
因此，当且仅当时等号成立，
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