湖南省郴州市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

郴州市2023年上学期期末教学质量监测试卷高二数学（试题卷）注意事项：1.试卷分试题卷和答题卡.试卷共4页，有四大题，22小题，满分150分.考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将自己的姓名､班次､准考证号､考室号及座位号写在答题卡和试题卷的封面上.3.考生作答时，选择题和非选择题均须作在答题卡上，在试题卷上作答无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1复数等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法可化简所求复数.【详解】.故选：B.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得， 所以，又，所以.故选：A3.已知抛物线上一点到轴的距离是6，则点到该抛物线焦点的距离是（）A.4B.6C.8D.10【答案】C【解析】【分析】根据抛物线定义求解.详解】由题可得，，点到该抛物线的准线的距离为，根据抛物线的定义可知，点到该抛物线焦点的距离是8，故选:C.4.已知数列中，且，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析可知数列为等比数列，设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，即可得解.【详解】在数列中，且，则数列为等比数列，设等比数列的公比为，则，可得，因此，，即.故选：D.5.“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强.某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过 ，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为（）参考数据：，A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】过滤n次后污染物的含量满足，通过对数运算求得正整数的最小值.【详解】过滤第一次污染物的含量减少，则为；过滤第两次污染物的含量减少，则为；过滤第三次污染物的含量减少，则为；过滤第n次污染物的含量减少，则为；要求废气中该污染物的含量不能超过，则，即，两边取以10为底的对数可得，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，故排放前需要过滤的次数至少为次．故选：B．6.若非零向量满足，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得，，求得，即可求解. 【详解】因为，可得，即，所以，又因为，可得，所以，设与的夹角为，可得，因为，可得，即与的夹角为.故选：C.7.在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2不相邻，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（）A.36B.48C.72D.120【答案】A【解析】【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．【详解】如果排列时要求两个8相邻，两个2不相邻，两个8捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个2插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同密码共有.故选：A．8.已知函数，若，，，则、、的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析可知，函数为上的偶函数，且在上为增函数，计算得出， ，比较、、的大小关系，即可得出、、的大小关系.【详解】对任意的，，即函数的定义域为，因为，，即函数为上的偶函数，令，当时，，则，所以，函数在上为增函数，又外层函数为上的增函数，故函数在上为增函数，因为，，令，其中，则，所以，函数在上为增函数，则当时，，所以，，即，又，所以，，即.故选：D.【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：（1）判断各个数值所在的区间；（2）利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.二､多选题（共4个小题，每小题5分，共20分.每小题至少两个正确选项，漏选得2分，错选不得分）9.下列说法正确的是（）A.数据、、、、、、、的第百分位数是B.“事件、对立”是“事件、互斥”的充分不必要条件 C.若随机变量服从正态分布，且，则D.若随机变量、满足，则【答案】BC【解析】【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用对立事件的定义结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项；利用正态密度曲线的对称性可判断C选项；利用方差的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，数据、、、、、、、共个数，且，所以，数据、、、、、、、的第百分位数是，A错；对于B选项，若事件、对立，则事件、一定互斥，反之，若事件、互斥，则事件、不一定对立，即“事件、对立”可推出“事件、互斥”，且“事件、对立”推不出“事件、互斥”，所以，“事件、对立”是“事件、互斥”的充分不必要条件，B对；对于C选项，若随机变量服从正态分布，且，则，C对；对于D选项，若随机变量、满足，则，D错故选：BC.10.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若是偶函数，则（）A.函数的最小正周期为B.函数图象的一个对称中心是C.函数在上单调递增D.函数在上的最小值是【答案】BC【解析】 【分析】利用三角函数图象变换求出函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质逐项判断，可得出合适的选项.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到函数的图象，则，因为函数为偶函数，则，解得，因为，所以，，，则.对于A选项，函数的最小正周期为，A错；对于B选项，因为，所以，函数图象的一个对称中心是，B对；对于C选项，当时，，所以，函数在上单调递增，C对；对于D选项，当时，，所以，函数在上单调递减，则，D错.故选：BC.11.如图，在边长为的正方体中，点在线段上运动，则下列判断正确的是（） A.平面B.三棱锥的体积为C.三棱锥外接球的表面积是D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】证明平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；求出三棱锥的外接球半径，结合球体表面积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，连接、，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，同理可证平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为，则平面，所以，平面，A对；对于B选项，因为平面，，则点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，，B对； 对于C选项，正方体的体对角线长为，故三棱锥的外接球半径为，故其外接球的表面积为，C错；对于D选项，易知是边长为的等边三角形，所以，，设点到平面的距离为，则，解得，设直线与平面所成角为，则，当点与点重合时，取最小值，此时，取最大值，且，D对.故选：ABD.12.已知函数的定义域为，函数为偶函数，且是的导函数.则下列结论正确的是（）A.是周期为2的周期函数B.的图象关于直线对称C.的图象关于直线对称D.【答案】BCD【解析】【分析】根据题意得到，结合，得到，可判定A错误；由，两边同时取导数可得，可判定B正确；由由，得到成立，可判定C正确；根据题意求得，进而判定D正确.【详解】由函数为偶函数，可得函数的图象关于对称， 所以函数的图象关于对称，所以，又由，可得，所以函数是周期为的周期函数，所以A错误；由，可得，两边同时取导数，可得，所以函数的图象关于直线对称，所以B正确；由，可得成立，所以函数的图象关于直线对称，所以C正确；由且，当时，可得，当时，可得，所以，当时，可得，当时，可得，所以，所以，因为函数的周期为，所以，所以D正确.故选：BCD.【点睛】结论拓展：有关函数图象的对称性的有关结论：（1）对于函数，若其图象关于直线对称（时，为偶函数），则①；②；③.（2）对于函数，若其图象关于点对称（时，为奇函数），则①；②；③.（3）对于函数，若其图象关于点对称， 则①；②；③.三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知双曲线的焦距为4，则双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】根据双曲线方程，得到焦距为，再由求解，即可得出结果.【详解】因为双曲线的焦距为4，所以，解得，又.故答案为：【点睛】本题主要考查由双曲线的焦距求参数的问题，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.14.在二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，则展开式中的常数项为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意可确定n的值，继而求得二项展开式的通项公式，令x的指数等于0，求得r的值，即可求得答案.【详解】因为二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，故二项式的展开式有7项，则，故的通项公式为， 令，故展开式中的常数项为，故答案为：15.直线被圆截得的弦长为__________.【答案】【解析】【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得直线截圆所得弦长.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以，直线截圆所得弦长为.故答案为：.16.已知函数与的图像上恰有两对点关于轴对称，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由题意得，即有两解，构造，求导求单调性，求出值域，从而求得的取值范围.【详解】因为函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点，所以时有两解，即有两解，所以有两解，令，则，所以当时，，函数单调递减;当时，，函数单调递增， 所以在处取得极大值，，且时，的值域为;时，的值域为，因此有两解时，实数的取值范围为.故答案为: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.已知的内角、、的对边分别为、、，若.（1）求角；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用正弦定理可求出的值，分析可知角为锐角，求出的值，利用诱导公式结合两角和的余弦公式可求得的值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，由余弦定理可得，因为，所以，.【小问2详解】解：因为，由正弦定理可得，因为，则角为锐角，故，所以， .18.已知数列的前项和为，且.（1）证明：数列为等比数列，并求出的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）求出，继而写出时，，和已知等式相减结合的关系可得，即可证明结论；根据等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式；（2）由（1）结论可求出的通项公式，利用错位相减法可求得答案.【小问1详解】当时，，解得，当时，.可得，整理得，从而，又，所以数列是首项为1，公比为2等比数列.所以，故，也适合该式，综上，数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）得，所以，又，，，， 两式相减得.19.如图，四棱锥中，为正三角形，，为棱的中点.（1）求证：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求面与面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.【小问1详解】取中点，连接.为中点，，又，为平行四边形，.又为正三角形，，从而 又平面，平面，又平面，平面平面.【小问2详解】，又平面,平面.平面，.以为原点，如图建立空间直角坐标系.则，设为平面的法向量，为平面的法向量则 令，得，令，得,即面与面的夹角的余弦值为.20.体育运动是增强体质的最积极有效的方法，经常进行体育运动能增强身体机能和身心健康.为给民众提供丰富的健身器材，某厂家生产了两批同种规格的羽毛球，第一批占产量的，次品率为0.05；第二批占产量的，次品率为0.04.（1）从混合的两批羽毛球中任取1个，已知取到的是合格品，求它取自第一批羽毛球的概率；（2）从混合的两批羽毛球中有放回地连续抽取3次，每次抽取1个，记3次抽取中，抽取的羽毛球是第二批的个数为，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）设事件“任取一个羽毛球是合格品”，事件“产品取自第一批”，事件“产品取自第二批”，得到且互斥，结合全概率公式和贝叶斯公式，即可求解；（2）根据题意，得到的可取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.【小问1详解】设事件“任取一个羽毛球是合格品”，事件“产品取自第一批”，事件“产品取自第二批”，则且互斥，由全概率公式可知，.由贝叶斯公式可知.【小问2详解】根据题意，可知的可取值为.可得， ，.所以随机变量的分布列为：01230.2160.4320.2880.064所以期望为.21.已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.（1）求点的轨迹方程；（2）已知两点的坐标分别为，过点的直线与（1）中点的轨迹交于两点（与不重合）.证明：直线与的交点的横坐标是定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求标准方程；（2）利用韦达定理以及直线的点斜式方程和直线的交点坐标的求解方法证明.【小问1详解】依题意，，圆半径为4.于是，且，故点的轨迹为椭圆..所以点的轨迹方程为：. 【小问2详解】依题意直线的斜率不为0，设直线的方程为：代入椭圆方程得：.所以①，②又直线的方程为：，直线的方程为：联立上述两直线方程得：，即，将①②代入上式得：,即，解得.所以直线与的交点的横坐标是定值4.22.已知函数，其中为小于0的常数.（1）试讨论的单调性；（2）若函数有两个不相等的零点，证明：.【答案】（1）在上单调递减.，在上单调递增；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数正负判断单调性；（2）构造函数应用极值点偏移证明不等式即可.【小问1详解】 .因为，所以.于是时，在上单调递增；时，在上单调递减.【小问2详解】由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减.若函数有两个不同的零点，则，故.又时，，且.于是函数有两个不同的零点，且两零点分别位于区间.不妨令.（其中）.因为，所以函数在上单调递增，所以，即.又因为，所以，而，所以，因为，函数在上单调递减，所以，即.