2022-2023学年湖南省多校高二下学期期末联考数学试题含答案

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

【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

【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

【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

【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

【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

【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

【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

【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

【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，下列说法正确的是（    ）

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

【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

【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

【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】##

【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】

【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】

【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，直线与交于，两点，且的中点到轴的距离为，则的最大值为________．

【答案】

【分析】根据抛物线的性质，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，抛物线的准线方程为．

设的中点为，分别过点，，作准线的垂线，

垂足分别为，，，

因为到轴的距离为6，所以．

由抛物线的定义知，，

所以．

因为，所以．

所以当，即直线过焦点时，取最大值为.

故答案为：

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，，求数列的前项和．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【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）

【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

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）

【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）.

【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

【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．