2023岳阳岳阳县一中高二下学期6月期末数学试题含解析

湖南省岳阳市岳阳县第一中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题

总分：150分；时间：120分钟

命题人：周湘伟；审题人：周兴国

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1. 若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.

【详解】因为，=，

所以，

故选：B

2. 已知，则（    ）

A.  B. 3 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出，即得解.

【详解】解：由题得，

所以.

故选：C

3. 若向量，，则“”是“向量，夹角为钝角”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】由向量，夹角为钝角可得且，不共线，然后解出的范围，然后可得答案.

【详解】若向量，夹角为钝角，则且，不共线

所以，解得且

所以“”是“向量，夹角为钝角”的必要不充分条件

故选：B

4. 2019年6月7日，是我国的传统节日“端午节”．这天，小明的妈妈煮了7个粽子，其中3个腊肉馅，4个豆沙馅．小明随机抽取出两个粽子，若已知小明取到的两个粽子为同一种馅，则这两个粽子都为腊肉馅的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设事件为“取出两个粽子为同一种馅”，事件为“取出的两个粽子都为腊肉馅”，计算

（A）、的值，从而求得的值．

【详解】由题意，设事件为“取出两个粽子为同一种馅”，

事件为“取出的两个粽子都为腊肉馅”，

则（A）， ，

．

故选B．

【点睛】本题主要考查古典概型和条件概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.

5. 函数的部分图象大致是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由解析式分析函数的性质，函数值的正负，由排除法可得．

【详解】或时，，排除B、D，时，排除C，只有A正确．

故选：A．

【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象．可根据解析式研究函数的性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性等等，研究函数图象的特殊点，如与坐标轴的交点，顶点，极值点等，特殊的函数值或函数值的正负、函数值的变化趋势．利用排除法得出正确的结论．

6. 已知函数在上不是单调函数，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先讨论得出的单调区间，然后根据已知列出不等式，求解即可得出答案.

【详解】由已知可得，定义域为，.

若，则恒成立，则在上单调递增，与已知不符，舍去；

当时，由可知，或（舍去）

当时，有，所以在上单调递减；

当时，有，所以在上单调递增.

由已知函数在上不是单调函数，

所以应有，所以.

故选：A.

7. “欢乐颂”是音乐家贝多芬创作的重要作品之一.如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数的图象上，且图象过点，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则使得函数单调递增的区间的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知得出函数的周期，求出，根据点的坐标，结合的取值范围，求出的值.然后得出函数的单调区间，即可得出答案.

【详解】由已知可得，，所以，，.

又图象过点，所以有，

所以，.

因为，所以，

所以，所以，.

由可得，，

所以，函数的单调递增区间为.

当时，单调递增区间为；

当时，单调递增区间为；

当时，单调递增区间为；

对于A项，，故A项错误；

对于B项，因为，故B项正确；

对于C项，因为，故C项错误；

对于D项，因，故D项错误.

故选：B.

8. 已知正三棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上.若该球的表面积为，且，则该正三棱锥体积的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由外接球表面积求出半径，设球心到底面距离为，由三角函数关系解出底面三角形面积，由此可确定正三棱锥体积关于的函数关系.

【详解】设球的半径为，

因为，

所以正三棱锥外接球半径，

设的外接圆的圆心为，

因为是正三棱锥，所以平面，

设外接球球心为，则平面，

所以，故点在直线上，

当球心与点在平面的同侧，

如图所示，设

由已知，,

因为，，

解得，矛盾，

当球心与点在平面的异侧时或球心在平面内时，

如图所示，

所以，,

因为，，

解得，

所以，

又因为，所以，

所以，

所以，

令，，

由

所以在递减，

又，，

所以当时，即时，

三棱锥的体积取最大值，最大值为，

当时，即时，

三棱锥的体积取最小值，最小值为，

所以正三棱锥体积的取值范围是.

故选：A.

二、多选题：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. 已知是的前n项和，，，则（    ）

A.  B.

C.  D. 是以3为周期的周期数列

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据递推公式求出数列的前几项，即可得出D项；根据周期性，即可判断A、C项；求出的值，结合周期性，即可得出B项.

【详解】由已知可得，，，，，，

所以，是以3为周期的周期数列.

对于A项，因为，所以，故A项正确；

对于B项，因，所以，故B项正确；

对于C项，因为的周期为3，

所以，，，

所以，，故C项错误；

对于D项，由解析可知，是以3为周期的周期数列，故D项正确.

故选：ABD.

10. 如图，点P在正方体面对角线上运动，则下列四个结论正确的有（    ）

A. 三棱锥的体积不变

B. 与平面所成的角大小不变

C.

D.

【答案】ABD

【解析】

【详解】正方体中，则有平面，∴到平面的距离不变，面积不变，因此三棱锥的体积不变，A正确；

同理平面平面，从而可得平面平面，∴可得平面，与平面所成的角大小始终为0，B正确；

当与重合时，与所成角为，不垂直，C错；

由正方体中，由，得平面，可得，同理，从而可证平面，必有，D正确；

故选：ABD．

【点睛】本题考查空间的直线与平面间的平行与垂直的关系，掌握正方体的性质是解题关键．考查了学生的空间想象能力，逻辑推理能力．

11. 已知抛物线C：的焦点为F，点P在抛物线C上，，若为等腰三角形，则直线AP的斜率可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】由题意知，然后分和两种情况求出点的坐标，从而可求出直线AP的斜率

【详解】由题意知，设，

若，则，解得，

则点P的坐标为或，

所以或；

若，则.

因为，所以，解得或（舍去），

所以点P的坐标为或，

所以或.

故选：AB

12. 设函数，下列四个结论中正确的是（    ）

A. 函数在区间上单调递增

B. 函数有且只有两个零点

C. 函数的值域是

D. 对任意两个不相等正实数，若，则

【答案】CD

【解析】

【分析】利用导数判断时，的单调性，根据单调性可求值域，然后结合时，，从而可判断选项A，C；

首先利用导数判断时，的零点个数；然后再利用单调性判断时，的零点个数，从而可判断选项B；

不妨设，根据题意把要证明，转化为证明；然后构造函数，利用导数判断函数的单调性即可证明，从而判断选项D.

【详解】当时，，所以，

所以当时，在单调递增，

当时，在单调递减，

故时，，

又当时，，所以，，

所以函数在单调递增，所以A错误，C正确；

当时，令，则，

所以在单调递减，所以当时，，

所以函数在上没有零点；

当时，，所以只需求函数在上零点个数，

又因为在上单调递减，且，

所以函数在上只有一个零点．

所以函数有且仅有一个零点，所以B错误；

当时，若，因为函数在单调递增，在单调递减，

所以不妨设，则，

所以要证，只需证，即只需证，

又因为，所以只需证.

因为，

所以令函数，

则，

所以在单调递增，所以，

即恒成立，所以，

即，所以，

从而成立. 所以选项D正确.

故选：CD.

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 使得（3x+）n（n∈N+）的展开式中含有常数项的最小的n为__________．

【答案】5

【解析】

【详解】二项式展开式的通项为：

，

令，

据题意此方程有解，

∴，

当r=3时，n的最小值为5.

故答案为5.

点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略

(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.

(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.

14. 若圆截直线所得的最短弦长为，则实数______．

【答案】

【解析】

【分析】求得圆的圆心和半径，求得直线过的定点，根据圆的几何性质，以最短弦长列方程，解方程求得，进而求得的值.

【详解】易知圆的圆心为，半径，直线恒过点.又，当时，所得弦最短，此时弦长为，解得，所以，解得.

故答案为：

15. 已知函数，则的最小值是_____________．

【答案】

【解析】

【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.

【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法

．

令，得，即在区间内单调递增；

令，得，即在区间内单调递减．

则．

故答案为：.

［方法二］： 三元基本不等式的应用

因为，

所以

．

当且仅当，即时，取等号．

根据可知，奇函数，于是，此时．

故答案为：.

［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式

，

，

当且仅当，即时，．

根据可知，是奇函数，于是．

故答案为：.

［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩

，当且仅当时等号成立．

故答案为：.

［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值

设，则可化为，

当时，；当时，，对分母求导后易知，

当时，有最小值．

故答案为：.

［方法六］： 配方法

，

当且仅当即时，取最小值．

故答案为：.

［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法

因为，所以，

即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．

当时，，

当时， 因为

，令，解得或，由，，，所以的最小值为．

故答案为：.

【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；

方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；

方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；

方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；

方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；

方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；

方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．

16. 为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.

【答案】    ①. 2    ②.

【解析】

【分析】利用二分检测法求解.

【详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，

则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；

若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，

若没有感染者，则只需1次检测即可；

若只有1个感染者，则只需次检测；

若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，

此时相当两个待检测均为的组，

每组1个感染者，此时每组需要次检测，

所以此时两组共需次检测，

故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，

所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.

故答案为：2，

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. 在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足，，

（1）求B；

（2）设，，求函数的值域．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由三角形面积公式和向量数量积公式，代入计算可得，化简即可得解；

（2）首先找到各个角之间的关系，，，再由正弦定理可得，再在三角形ABC中，由正弦定理得，所以，利用三角函数求最值即可得解.

【小问1详解】

由，

可得，

即，可得，

因为，所以，

【小问2详解】

∵，则，，

在三角形ACD中，由正弦定理得，

可得，

在三角形ABC中，由正弦定理得，

可得

，

因为，

可得，

当时，即，

可得，

当时，即，

可得，

所以的值域为．

18. 数列{an}中，a1＝1，a2＝2，数列{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan，n∈N*.

（1）若数列{an}是等差数列，求数列{bn}的前100项和S100；

（2）若数列{bn}是公差为2的等差数列，求数列{an}的通项公式．

【答案】（1）5200；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据数列{an}是等差数列{an}，且a1＝1，a2＝2，得到an＝n，然后分n为奇数和n为偶数，得到bn，再利用分组求和法求解.

（2）根据{bn}是公差为2的等差数列，且b1＝a2－a1＝1，得到bn＝2n－1，再分n为奇数和n为偶数，由求解.

【详解】（1）等差数列{an}中，a1＝1，a2＝2，

所以d=1，an＝n，

当n为奇数时，bn＝an＋1－an＝1，即b1＝b3＝b5＝…＝b2n－1＝1；

当n为偶数时，bn＝an＋1＋an＝2n＋1，则b2＝5，b4＝9，b6＝13，…

所以{bn}的前100项和S100＝b1＋b2＋…＋b100，

＝(b1＋b3＋…＋b99)＋(b2＋b4＋…＋b100)，

＝1×50＋(50×5＋)，

＝5200.

（2） 因为{bn}是公差为2的等差数列，且b1＝a2－a1＝1，

所以bn＝2n－1，

当n为奇数时，bn＝an＋1－an＝2n－1；

当n为偶数时，bn＝an＋1＋an＝2n－1，

即，

所以a2n＋1＋a2n－1＝2，

所以a2n＋1＝2－a2n－1，

又因为a1＝1，

所以a1＝a3＝a5＝…＝1，

所以a2n－1＝1，a2n＝4n－2；

所以

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和分组求和法，还考查了分类思想和运算求解的能力，属于中档题.

19. 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，P是线段上一点.

（1）是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；

（2）当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大.

【答案】（1）时，平面；   

（2）当时，直线与面所成的角的正弦值最大.

【解析】

【分析】（1）求出,再根据平面求出即得解；

（2）如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，设利用向量法求出，利用基本不等式求解.

【小问1详解】

解：由题得,

所以. 所以△是圆的内接三角形，

所以，

由题得.

假设平面，所以.

此时

所以时，平面.

【小问2详解】

解：如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系.

设，

所以

设平面的法向量为，

所以，所以.

设直线与面所成的角为，

由题得.

当且仅当时，直线与面所成的角的正弦值最大.

20. 为了丰富农村儿童的课余文化生活，某基金会在农村儿童聚居地区捐建“悦读小屋”.自2018年以来，某村一直在组织开展“悦读小屋读书活动”.下表是对2018年以来近5年该村少年儿童的年借阅量的数据统计：

（参考数据：）

（1）在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；

（2）通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种模型作为年借阅量关于年份代码的回归分析模型，请根据统计表的数据，求出模型②的经验回归方程，并用残差平方和比较哪个模型拟合效果更好.

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）；模型②的拟合效果更好

【解析】

【分析】（1）求5年的借阅量的平均数，可得随机变量服从超几何分布，求得概率即可得分布列与期望；

（2）根据计算样本中心值代入方程求得，即可得回归方程，计算残差即可得答案.

【小问1详解】

由题知，5年的借阅量的平均数为：，又，则

所以低于平均值的有3个，所以服从超几何分布，，

所以，，，

所以的分布列为：

所以；

【小问2详解】

因为

所以，即.

所以模型②的经验回归方程为：

根据模型①的经验回归方程可得：

根据模型②的经验回归方程可得：

因为，且

所以模型①的残差平方和大于模型②的残差平方和，

所以模型②的拟合效果更好.

21. 已知抛物线与都经过点．

（1）若直线与都相切，求的方程；

（2）点分别在上，且，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求得，，利用导数的几何意义，求得切线的方程，根据为曲线的公切线，联立方程组，结合，进而求得的方程；

（2）设，，根据，列出方程得到关系式，分类讨论，即可求解．

【小问1详解】

因为曲线都过点，所以，解得，

即，

设直线与曲线相切于点，令，可得，

则切线的斜率，所以切线方程为，即，

由，整理得，

因为为曲线的公切线，所以，解得，

所以直线的方程为，即．

【小问2详解】

设，，又，

，

所以，可得，

两式相减得到，

当时，，，此时，，

则，，且，

可得，所以，

所以；

当时，，此时方程无解，（舍去），

综上，可得的面积为．

22. 设函数，

（1）讨论的单调性；

（2）若函数有两个零点、，求证：．

【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）见解析.

【解析】

【分析】（1）先求导数，再根据讨论导函数符号，根据符号确定函数单调性，（2）先根据零点解得，再构造差函数，设，转化为一元函数，最后利用导数研究函数单调性，确定最值，根据最值进行论证.

【详解】（1），

设，

①当时，，；

②当时，由得或，

记

则，∵

∴当时，，，

当时，，，

∴当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

（2）不妨设，由已知得，，

即，，

两式相减得，

∴，

要证，

即要证，

只需证，

只需证，即要证，

设，则，只需证，

设，只需证，

，

在上单调递增，

，得证．