湖南省衡阳市2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

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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
【解析】
【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：B
2. 已知，复数是实数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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：C
3. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【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C，D．
当时，，则，，所以，排除B．
故选：A．
4. 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. 120
C. 200 D. 240
【答案】B
【解析】
【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：B
5. 设，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
【解析】
【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】若，，则，而，
所以“”推不出“”；
若，又，则，
所以，即“”可以推出“”．
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
6. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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
【解析】
【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，
设的外接圆半径为，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种 B. 48种
C. 56种 D. 68种
【答案】D
【解析】
【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2
C. D.
【答案】BD
【解析】
【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：BD
10. 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. 若，则
【答案】BC
【解析】
【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，求出或可判断D.
【详解】的最小正周期为，所以A错误；
由，得，
由三角函数的性质可验证的极值点为，所以B正确；
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以C正确；
若，则，
所以，则或，
则或，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，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. 若，为的左、右顶点，与，不重合，则直线，的斜率之积为
D. 设的左焦点为，若的面积为，则
【答案】ACD
【解析】
【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，
则的方程为，离心率为，A正确；
因为的最小值为，所以B错误；
设，则，，
，所以C正确；
设，由
可得，得，
则，所以D正确．
故选：ACD
12. 已知函数，若，，则实数的取值可能为（ ）
A. 2 B.
C. D. 1
【答案】BCD
【解析】
【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，
设，则有，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，所以，
所以原问题转化为当，恒成立，
由，设，
，因为，所以，
当时，，函数单调递增，
所以有，显然，恒成立；
当时，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】##
【解析】
【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】
【解析】
【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l与C交于A，B两点，且AB的中点到x轴的距离为6，则的最大值为__________．
【答案】20
【解析】
【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．
设AB的中点为M，分别过点A，B，M作准线的垂线，垂足分别为C，D，N．

因为M到轴的距离为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，，且是和的等差中项．
（1）求的通项公式；
（2）若，，求数列前项和．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【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】
设的公比为，，因为是和的等差中项，
所以，则，
化简得，解得或，
当时，，
当时，．
【小问2详解】
因为，所以，，
，①
则，②
则①②得．
故．
18. 已知的内角，，的对边分别为，，．
（1）若，，，求的面积；
（2）若，证明：．
【答案】（1）9 （2）证明见解析
【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，
即，
所以，
所以．
因为，，
所以或（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，，，这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）
【解析】
【分析】（1）根据题意得的可能取值为0，1，2，3，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0，1，2，3，
所以，，
，，
的分布列为

0
1
2
3





所以．
【小问2详解】
设“科室任职的是女性”，“科室任职的是男性”，
则，，
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）若，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）
【解析】
【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．
又，，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．
以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，．
在中，，，由余弦定理易得∠POC为120°，
所以点的坐标为，
所以，，．
设是平面的法向量，可得令，得．
设是平面的法向量，可得令，得．
设平面与平面所成的二面角为，
则．
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）求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【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，
由消去整理得，则，
的面积
，令，对勾函数在上单调递增，
则，即，从而，当且仅当时取等号，
故面积的取值范围为．

【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(纵)截距、图形上动点的横(纵)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）若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论与，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】
由，得，又，所以，
则，所以，．
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得；令，得或；
所以在与上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
，理由如下：
因为，
由，得，解得或．
因为，所以，，是的正根，则，
又，所以，，
两式相减得．
令，，则，得，则．
令，则，
所以，，可得，
．
设，则，
再设，则，
所以在上为增函数，则，
即，则在上为增函数，
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.