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湖南名校联考联合体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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名校联考联合体2023年春季高二期末联考暨新高三适应性联合考试数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。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。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.2.已知复数,且,其中,为实数,则()A.,B.,C.,D.,3.已知非零向量,满足,,,则()A.B.C.D.4.已知长方体的底面是边长为2的正方形,,,分别为,的中点,则三棱锥的体积为()A.B.4C.D.65.某学校在高考模拟考试座位的排定过程中,有来自班的4名学生和来自班的4名学生,恰好排在五行八座(每个考室5行*8座人)中的第二行,则来自同一班级的4名学生互不相邻的概率为()A.B.C.D.6.已知,且的最小正周期为2.若存在,使得对于任意 ,都有,则为()A.B.C.D.7.已知函数,,若,,,则,,的大小关系为()A.B.C.D.8.已知,,,是表面积为的球面上四点,,,,三棱锥的体积为,则线段长度的取值范围为()A.B.C.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.已知函数,则下列结论中正确的是()A.可能是奇函数B.在区间上单调递减C.当的极大值为17时,D.当时,函数的值域是10.已知抛物线:的焦点到准线的距离为2,则()A.抛物线为B.若,为上的动点,则的最小值为4C.直线与抛物线相交所得弦长最短为4D.若抛物线准线与轴交于点,点是抛物线上不同于其顶点的任意一点,,,则的最小值为11.已知正方体的棱长为2,则以下结论正确的是()A.若为线段上动点(包括端点),则点到平面的距离为定值B.正方形底面内存在点,使得C.若点在正方体的表面上运动,点是的中点,点满足,则点的轨 迹的周长为D.当点为中点时,三棱锥的外接球半径12.已知定义在的函数存在使为函数的最小值,其中,则的值可以为(附:,,)()A.0B.1C.2D.3三、填空题;本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在的展开式中常数项等于_______.14.若一直线与曲线和曲线相切于同一点,则的值为_______.15.有穷等差数列的各项均为正数,若,则的最小值是_______.16.如图,已知双曲线:与过其焦点的圆相交于,,,四个点,直线与轴交于点,直线与双曲线交于点,记直线,的斜率分别为,,若,则双曲线的离心率为_______.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.(10分)在数列中,,. (1)证明是等比数列;(2)若,求数列的前项和.18.(12分)已知函数在一个周期内一系列对应的值如下表:………020…(1)求的解析式;(2)若在锐角中,,角所对的边,求面积的取值范围.19.(12分)一个小型制冰厂有3台同一型号的制冰设备,在一天内这3台设备只要有一台能正常工作,制冰厂就会有利润,当3台都无法正常工作时制冰厂就因停业而亏本(3台设备相互独立,3台都正常工作时利润最大).每台制冰设备的核心系统由3个同一型号的电子元件组成,3个元件能正常工作的概率都为,它们之间相互不影响,当系统中有不少于的电子元件正常工作时,此台制冰设备才能正常工作.(1)当时,求一天内制冰厂不亏本的概率;(2)若已知当前每台设备能正常工作的概率为0.6,根据以往经验可知,若制冰厂由于设备不能正常工作而停业一天,制冰厂将损失1万元,为减少经济损失,有以下两种方案可供选择参考:方案1:更换3台设备的部分零件,使每台设备能正常工作的概率为0.85,更新费用共为600元.方案2:对设备进行维护,使每台设备能正常工作的概率为0.75,设备维护总费用为元.请从期望损失最小的角度判断如何决策?20.(12分)如图,圆柱的轴截面是边长,的矩形,点在上底面圆内,且(,,三点不在一条直线上).下底面圆的一条弦交于点,其中,平面平面. (1)证明:平面;(2)若二面角的正切值为,求的长.21.(12分)已知,且在处的切线与直线平行.(1)求的值,并求此切线方程;(2)若,且有两个不相等的实数根,,且,求证:22.(12分)已知直线过点且与圆:交于,两点,过的中点作垂直于的直线交于点,记的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程(2)设曲线与轴的交点分别为,,点关于直线的对称点分别为,过点的直线与曲线交于两点,直线相交于点.请判断的面积是否为定值?若是,求出这个值;若不是,请说明理由. 名校联考联合体2023年春季高二期末联考暨新高三适应性联合考试数学参考答案一、二、选择题题号123456789101112答案CADCBAACABCBCDACDAB1.C【解析】,由,则,故选C.2.A【解析】,,由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等,得即故选A.3.D【解析】∵,∴,又,,∴,解得,故选D.4.C【解析】因为,分别为,的中点,所以,所以三棱锥是正四面体,此正四面体的体积为,故选C.5.B【解析】8名同学坐在一行的所有排法共有种排法,来自同一班级的4名学生互不相邻的排法可分为两类:第一类:来自班的4名学生坐在第1、3、5、7位置,共有种排法;第二类:来自班的4名学生坐在第2、4、6、8位置,共有种排法,所以来自班的4名学生互不相邻,且来自班的4名学生也互不相邻的排法共有种排法,所以事件“来自班的4名学生互不相邻,且来自班的4名学生也互不相邻”的概率.故选B.6.A【解析】由已知条件可得的最小正周期为4,所以; 由易知,继而得到函数关于直线对称,故,又,∴,故选A.7.A【解析】因为,该函数的定义域为,,所以函数为偶函数,故,当时,,任取,,则,,所以,所以,,即,所以函数在上单调递增,又,则,即,故选A.8.C【解析】设球的球心为,因为球的表面积为,所以球的半径,又因为,,,所以为,且,球心到平面的距离为2.又三棱锥的体积为,所以到平面的距离.故在球面的截面圆上,,截面圆的半径为2.设在平面上的投影为,则的轨迹为圆,圆心为的外心,即为的中点.又,所以,故选C.9.ABC【解析】因为对,,显然当时,为奇函数,即A正确;因为,则函数的单调递增区间为和,函数的单调递减区间为,故B正确;由得,结合选项B可知,是函数的极大值点,此时函数的极大值为,所以故C正确;由B可知,函数在和上单调递增,函数在上单调递减,所以 无最大值,无最小值,故D错误.故选ABC.10.BCD【解析】因为抛物线:的焦点到准线的距离为2,所以,从而抛物线的方程是,所以A错误;设到准线的距离为,则,故B正确;抛物线的焦点为,直线过焦点,所以直线与抛物线相交所得弦长最短为通径,故C正确;对于D,不妨设点在第一象限,过点向准线作垂线,垂足为,则,连接,在中,设,则,要求的最小值,即最小,即最小,所以当直线与抛物线相切时,角最小,设切线方程为存在,且,由联立得,令,得,所以或(舍),所以,所以,故D正确.11.ACD【解析】对于A,由题意可得:且,∴为平行四边形,则,又平面,平面,∴平面,又∵为线段上的点,则点到平面的距离为定值;对于B,以为坐标原点,建如图所示的空间直角坐标系,设,,,,,若,则,即与题意矛盾,所以B不正确;对于C,取的中点为,取的中点为,取的中点为,取的中点为, 取的中点为,分别连接,,,,,由,,且,所以平面,由题意可得的轨迹为正六边形,其中,所以点的轨迹的周长为,C正确;对于D,当点为中点时,则,∵平面,平面,∴,又,,平面,∴平面,设的外接圆圆心为,半径为,三棱锥的外接球的球心,半径为,连接,,,则平面,且,对于,,,∴,则, ∵,则,∴,即,D正确.12.AB【解析】故表示函数上的点与两点,的距离之和,所以当为线段与函数的图象的交点时,的值最小,由可设,,所以,使得,由题可得时,成立,所以A正确;时,成立,所以B正确;当时,,不合题意.故选AB.三、填空题13.16【解析】因为展开式的通项为, 的展开式中常数项由两项构成,即与,所以的展开式中常数项为.14.【解析】设切点,则由,得,由,得,则解得.15.【解析】由已知得,又,,∴,当且仅当“”时取得等号.16.【解析】∵,即,①∴由,连接,可得可得,② 由①②联立,所以.四、解答题17.【解析】(1)由已知可得,∴.所以是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)可得,因此,,.18.【解析】(1)由题中表格给出的信息可知,函数的周期.由;又,所以,∴(2)由可知,因为,所以,所以,则. 由正弦定理得,即,,则,又因为在锐角三角形中,由即得,所以,所以,则,故的取值范围为.所以,所以面积的取值范围为19.【解析】(1)当时,每台设备能正常工作的概率为:所以一天内制冰厂不亏本的概率为.(2)若不采取措施,设总损失为,当前每台设备能正常工作的概率为0.6,故元.设方案1、方案2的总损失分别为,,采用方案1,更换3台设备的部分零件,使得每台设备能正常工作的概率为0.85,故元.采用方案2,对设备进行维护,使得每台设备能正常工作的概率为0.75, 故元又,且因此,从期望损失最小的角度,当时,可以选择方案1或2;当时,选择方案2;当时,采取方案1.20.【解析】(1)由题意可知:在下底面圆中,为直径.因为,所以为弦的中点,且.因为,,,平面.所以平面.又因为圆柱上、下底面相互平行,即平面平面,且平面,所以平面.平面平面,平面,所以,又平面,所以平面(2)如图,设平面交圆柱上底面于,交于点.则二面角的大小就是二面角的大小.分别以下底面垂直于的直线、、为,,轴建立空间直角坐标系如图所示.因为,底面圆半径为2,所以,.则,,,设,,,,,设平面的一个法向量为,由得即 令,可得.设平面的一个法向量为,由得即令,可得.又因为二面角的正切值为,所以,化简得,解得或(舍).即.又因为平面,平面,平面平面,所以,,且为的中点.所以,,,所以若二面角的正切值为,则的长为.21.【解析】(1)把代入可得切点为,∵,,∴,所以切线方程为(2)由(1)知,,得在单调递增,在单调递减,故,且时,,时,,时,,所以, 过和作直线,可知时,易得恒成立,过和作直线,下面证明:时,恒成立,要证:,只需要证:,令,,所以在上单调递增,因而成立.令与和分别交于,故由,由,所以,所以.22.【解析】(1)由题意得,,因为为中点,且,所以是线段的垂直平分线,所以,所以,所以点的轨迹即曲线是以,为焦点的椭圆,设曲线:,其中,.则,,,故曲线: (2)的面积是定值,理由如下:由题意易得,,,,且直线的斜率不为0,可设直线:,,,由得,所以.直线的方程为:,直线的方程为:,由得.又,解得.故点在直线上,所以到的距离,因此的面积是定值,为.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-07-10 03:40:02 页数:17
价格:¥2 大小:1.34 MB
文章作者:随遇而安

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