2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二上学期期末数学试题 （解析版）

这是一份2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二上学期期末数学试题 （解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：陈淼君、肖强、刘海军、吴乐
时量：120分钟 满分：150分
得分：______
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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. 已知直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1平行于l2”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】C
【解析】
【分析】利用两直线平行的等价条件求得m，再结合充分必要条件进行判断即可.
【详解】由直线l1平行于l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1平行于l2”的充要条件，
故选C.
【点睛】本题考查两直线平行条件，准确计算是关键，注意充分必要条件的判断是基础题
2. 《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.
【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，
依题意可得，，
，
，解得，
.
故选:A.
【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.
3. 某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为
A. 14B. 16C. 20D. 48
【答案】B
【解析】
【详解】由间接法得，故选B．
4. 某一电子集成块有三个元件a，b，c并联构成，三个元件是否有故障相互独立．已知至少1个元件正常工作，该集成块就能正常运行．若每个元件能正常工作的概率均为，则在该集成块能够正常工作的情况下，有且仅有一个元件出现故障的概率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，进而结合对立事件的概率公式得，再根据条件概率公式求解即可.
【详解】解：记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，
则为该集成块不能正常工作，
所以，，
所以
故选：A
5. 设函数y＝xsin x＋cs x图象上点P(t，f(t))处的切线斜率为k，则函数k＝g(t)的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，得到切线的斜率的函数的解析式，然后判断函数的图象即可．
【详解】可得：．
可得：，
由于，函数是奇函数，排除选项，；
当时，，排除选项D．
故选：B
6. 已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由，知动点的轨迹是以为直径的圆，又点在圆上，故点是圆与圆的交点，因此可得两圆的位置关系是相切或相交.由两圆的位置关系可以得到代数关系，从而求出的取值范围，进而找到的最小值.
【详解】
解：，点的轨迹是以为直径的圆，
又点在圆上，故点是圆与圆的交点，
因此可得两圆的位置关系是相切或相交，即，
解得：．
的最小值为4．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：此题考查圆与圆位置关系的应用，解题的关键通过化归与转化思想，确定点的轨迹是以为直径的圆与圆有交点，从而可求出，考查了学生化归与转化思想，数形结合的解题思想及运算求解能力，属于中档题.
7. 已知抛物线的焦点，准线为，是上一点，是直线与的交点，若，则（ ）
A. 4B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合抛物线的定义以及求得的值.
【详解】依题意，
当时，过作，交于，
根据抛物线的定义得.
当时，过作，交于，
根据抛物线的定义得.
综上所述，的值为或.
故选：C
8. 已知函数，当时，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求函数导数后可知导函数为上的增函数，根据a分类讨论，求的最小值即可求解.
【详解】，
，
当时，单调递增，
，
（1）若时，，
所以在时单调递增， 恒成立，
（2）若时，，由 单调递增知，存在，使得，
故时，，当 时，，
所以在时单调递减，
所以，即在上存在使得，
所以时不满足题意.
综上，，
故选：A
【点睛】关键点点睛：对a分类讨论，研究导函数的单调性，根据导函数的单调性求最小值，根据最值是否满足不小1，判断a所取范围，属于中档题.
二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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. 已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（ ）
A. 奇数项的二项式系数和为256B. 第6项的系数最大
C. 存在常数项D. 有理项共有6项
【答案】BCD
【解析】
【分析】令即可求出的值，再写出展开式的通项，再一一判断.
【详解】解：令，得，则或（舍去）.
∴的展开式的通项.
对于A，，故A错误；
对于B，由题设展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确；
对于C，令，解得，故存在常数项为第三项，故C正确；
对于D，当时，为有理项，故有理项共有项，故D正确.
故选：BCD.
10. 设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D. 与均为的最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.
【详解】由题意知，
：由得，由得，
所以，又，所以，故错误；
：由得，故正确；
：因为是各项为正数的等比数列，，
有
所以，
所以，故错误；
：，
则与均为最大值，故正确.
故选：
11. 在矩形中，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，若，则下列各选项正确的是（ ）
A. 四面体外接球的表面积为
B. 点B与点D之间的距离为
C. 四面体的体积为
D. 异面直线与所成的角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出，即可判定 A正确；分别作，垂足为E，F，利用向量法求出，即可判定B错误；证明平面，求出，故C正确；利用向量法求出，所以异面直线与所成的角为，故D正确，
【详解】解：如图，因为和都是以为斜边的直角三角形，则为四面体外接球的直径．
因为，则，
所以四面体外接球的表面积为，故A正确；
分别作，垂足为E，F，则．
由已知可得，．因为，则
，所以，故B错误；
因为，
则．同理．又，平面，
则平面，所以，故C正确；
由已知可得，，，
则，则，得，
所以异面直线与所成的角为，故D正确，
故选：ACD．
12. 已知椭圆的焦距为，焦点为、，长轴的端点为、，点是椭圆上异于长轴端点的一点，椭圆的离心率为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若的周长为，则椭圆的方程为
B. 若的面积最大时，，则
C. 若椭圆上存在点使，则
D. 以为直径的圆与以为直径的圆内切
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用椭圆的定义求出椭圆的方程，可判断A选项的正误；确定点的位置，利用椭圆的离心率公式可判断B选项的正误；设点，由求得，由化简求得椭圆的离心率的取值范围，可判断C选项的正误；利用椭圆的定义可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，的周长为，则，，
即椭圆的方程为，所以A正确；
对于B选项，当的面积最大时，点在短轴顶点处，
又，所以在中，，所以B正确；
对于C选项，设点，，，
，
因为点在椭圆上，则，可得，
所以，，得，
由于，可得，所以，，即，
可得.
因此，椭圆的离心率的取值范围是，C选项错误；
对于D选项，设的中点为，设圆与圆的半径分别为、，则，
则两圆的连心线的距离为，
所以两圆内切，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：圆与圆的位置关系：设圆与圆的半径长分别为和.
（1）若，则圆与圆内含；
（2）若，则圆与圆内切；
（3）若，则圆与圆相交；
（4）若，则圆与圆外切；
（5）若，则圆与圆外离.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班.假设每名候选人都有相同的机会被选到，则甲班恰有2名同学被选到的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式直接计算.
【详解】从12名候选人中选4名同学组成学生会，有种选法；
12人中有2名人来自甲班，有种选法.
所以甲班恰有2名同学被选到的概率为.
故答案为：.
14. 直线与双曲线相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标之积为9，则离心率=______.
【答案】##
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用横坐标之积求出坐标，代入双曲线方程求出a，进一步求出离心率
【详解】由A，B两点在直线上，设，
因为A，B两点关于原点对称，所以，
由A，B两点的横坐标之积为9得，解得，所以，
代入双曲线方程得，所以，
所以，所以离心率为.
故答案为：
15. 已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围是______.
【答案】（，0）
【解析】
【分析】先求导函数，函数有两个极值点，等价于有两个根，等价于函数与的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数的取值范围．
【详解】因为，所以，令，得，要使函数有两个极值点，只需有两个不同根，从而函数与的图象由两个交点，，令，则在（0，+∞）上单调递减且，∴当时，，即，在（0，1]上单调递增；当）时，，即，在（1，+∞）上单调递减，故，令得，当时，，，当时，，，若有两极值点，只要和的图象在（0，+∞）上有两个交点，所以，故实数m的取值范围是.
故答案为：.
16. 设等差数列{}的各项均为整数，首项，且对任意正整数，总存在正整数，使得，则这样的数列{}的个数为______.
【答案】3
【解析】
【分析】由条件知，得到，又由等差数列的求和公式，求得，得出为等差数列中的项，进而利用为整数，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
由条件知(是某个正整数)，则，
即，因此必有，且，
而对任意正整数，可得
，
即的表示式满足等差数列的通项公式的结构，
又为一奇一偶，即为整数，所以为等差数列中的项，
因为等差数列{}的各项均为整数，
所以只要且）为整数，那么就是中的一项，
易知：可取，即，对应可得到3个满足条件的等差数列.
故答案为:3.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是把等差数列的前项和公式转化为等差数列的通项公式形式，以及合理应用整除的性质求解，着重考查了分析问题和转化化归的能力.
四、解答题：本大题共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. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，求函数的极值.
【答案】（1）答案见解析
（2）极大值为，无极小值
【解析】
【分析】（1）求导得到，考虑和两种情况，得到单调区间.
（2）求导得到，计算函数的单调区间得到极值.
【小问1详解】
，，，
当时，，所以在区间上单调递增；
当时，取，解得（舍去负值），
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
当时，，取，解得（舍去负值），
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
所以有极大值为，无极小值.
18. 有3台机床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台机床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.
（1）任取一个零件，计算它是次品的概率；
（2）任取一个零件，如果取到的零件是次品的条件下，零件来自第一台机床将损失1万元，来自第二台机床将损失2万元，来自第三台机床将损失3万元.设该工厂的损失为X万元，求X的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望为
【解析】
【分析】（1）由全概率公式求得次品率；
（2）可能值是，求出其概率得分布列，由期望公式计算期望．
【小问1详解】
设B=“任取一个零件为次品”，=“零件为第i台车机床加工”，，则3，且，，两两互斥，
依题意得，P(.
由全概率公式，得
【小问2详解】
由题意得X的可能取值为1，2，3，
则，，，
所以随机变量X的分布列为
所以数学期望．
19. 已知数列的各项均为正数，对任意的，它的前n项和满足，并且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为数列的前n项和，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用可得，再结合题意即可得出通项公式；
（2）利用并项求和的方法可以求出.
【详解】（1）∵对任意，有①
∴当时，有，解得或2.
当时，有②，
①-②并整理得.
数列的各项均为正数，∴.
数列是公差为3的等差数列，
当时，，此时成立；
当时，，此时不成立，舍去.
∴.
（2）.
.
【点睛】思路点睛：利用和求通项的步骤：
（1）当时，利用求出；
（2）时，将替换为，得到关于的式子；
（3）将两式相减，利用得到关于的通项公式或递推关系；
（4）利用递推关系求出数列通项公式；
（5）验证是否满足通项即可得出答案.
20. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形四边形是梯形，，平面平面，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且异面直线与所成的夹角为，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以点为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，用向量法证明；
（2）利用向量法计算出二面角的余弦值，再求正弦值；
（3）利用向量法表示出，再利用导数判断单调性，求出的取值范围.
【小问1详解】
∵平面平面，平面平面，平面，.
∴直线平面.
由题意，以点为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立如图空间直角坐标系，则可得：，，，
，，.
因为四边形是正方形，所以.
因为，,面,面,
所以面.
所以是平面的一个法向量.
又，∴，
又∵直线QB平面PDC，∴平面.
【小问2详解】
∵.
设）为平面PBC的法向量，
则即
不妨设，可得.
设）为平面PBQ的法向量，
又∵
则即
不妨设，可得，
∴.
二面角正弦值为.
【小问3详解】
设，则，又，
又，即，.
令，
所以恒成立，所以在区间[0，2]上单调递增，
所以，
所以.
21. 已知函数.
（1）函数，若f（x）存在单调递减区间，求实数m的取值范围；
（2）设，是（1）中函数f（x）的两个极值点，若，求f（）-f（）的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的性质与原函数的单调性得到有关实数不等式方程组进行求解；
（2）根据函数极值的定义，结合换元法、构造新函数 再根据导数的性质进行求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
又因为在上有解，
令，则，
只需
即，或，由得，
而不等式组的解集为空集，
所以；
【小问2详解】
由，令，即，
两根分别为，则
又因为
．
令，由于，所以．
又因为， ，
即即，
所以，解得或，即．
令，
，
所以在上单调递减，
．
所以的最小值为
【点睛】根据二次函数性质求解实数的取值范围转化成是（1）的重点和易错点，将函数转化为是本体的难点.方法点睛：运用换元法、构造新函数，利用导数的性质求解是解题的关键.
22. 已知椭圆C：，，为椭圆C的左、右顶点，，为左、右焦点，Q为椭圆C上任意一点.
（1）求直线和的斜率之积；
（2）直线l交椭圆C于点M，N两点（l不过点），直线与直线斜率分别是，且，直线和直线交于点.
①探究直线l是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；
②证明：为定值，并求出该定值.
【答案】（1）；
（2）①是，；②证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据斜率公式结合条件即得；
（2）①设点，直线，联立椭圆方程利用韦达定理结合条件表示出，进而即得；②根据斜率公式结合条件可得，即得；或利用韦达定理法，表示出直线方程结合条件即得.
【小问1详解】
设点，则，
设直线和的斜率为，则
；
【小问2详解】
①设点，直线，
联立方程得整理得，
，
，
所以，
即，
因为，所以，
化简整理可得，即，
所以直线l过定点；
②解法一；设直线和直线的斜率为，
由（1）得，由①得，
所以，所以；
解法二：设点，直线，
联立方程得整理得，
所以，
直线，
联立两直线方程可得，
所以；
②解法三：：设点，直线，
联立方程得整理得，
，
联立两直线方程可得，因为.
所以
，
所以.1
2
3