湖南省岳阳市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（教师版）

2022-2023学年湖南省岳阳市高二下期末教学质量检测数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求出，从而求出交集.【详解】，，则.故选：B2.已知为虚数单位，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算、共轭复数、复数的模等知识求得正确答案.【详解】由题意，得.故选：A3.已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可求得，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.【详解】因为，，所以，所以，向量在向量上的投影向量为.故选：C．4.已知函数在处的切线与直线垂直，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意得，由此求解即可.【详解】函数，求导得：，因为在处的切线与直线垂直，所以在处的切线斜率为，解得.故选：D.5.的展开式中，常数项为（）A. B. C.180 D.300【答案】B【解析】【分析】本题考查二项式定理的应用，考查分类讨论思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养．【详解】的展开式的通项为．当为常数时，，解得，则；当为常数时，，解得，则，所以的展开式中常数项为．故选：B．6.已知，则的值为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正弦、余弦的二倍角公式先化已知角为，然后再由正切的二倍角公式求．【详解】，∴．故选：A．7.蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，所以平面ABC，∵，∴，即，在中，，∴，∴，∴球O的表面积为．故选：D．8.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】与可看作与，从而可构造函数比大小，与可看作与，从而可构造函数比大小.【详解】构造函数，则，令，则．令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以．令x＝0.4，则，所以，即a＜b．构造函数，则，因此在上单调递减，所以，令x＝0.4，则，所以，所以c＜a．故b＞a＞c．故选：C．【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，，将化为的目的就是出现，以便与中的一致，从而只需比较与这两个函数大小关系即可.在构造函数后比较大小还可以借助于函数不等式、切线不等式放缩等手段比大小.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，且，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.【详解】解：.整理可得:可得为三角形内角,∴，故AB正确∵,∴B=π3∵，解得,由余弦定理得，，解得,，故C错误，D正确.故选:ABD.10.已知，且则下列结论一定正确的有（）A. B.C.ab有最大值4 D.有最小值9【答案】AC【解析】【分析】A、C选项，分别根据基本不等式计算即可得到；B选项找出反例即可；D选项由基本不等式“1”的代换计算，漏除了4.【详解】A选项，，A正确；B选项，找反例，当时，，，，B不正确；C选项，，，当且仅当时取“=”，C正确；D选项，，D不正确.故选：AC.11.下列命题中，正确的是（）A.已知随机变量服从正态分布，若，则B.“”是“，”的充分不必要条件C.用表示次独立重复试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，，则D.一组数据，，，的平均值为，则，，，的平均值为.【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的对称性、充分和必要条件、二项分布、平均数等知识确定正确答案.【详解】A选项，随机变量服从正态分布，，，.所以，故A正确；B选项，，，，，是，的必要不充分条件，故B错误；C选项，因为随机变量服从二项分布，，，所以，，解得，故C正确；D选项，若数据，，，的平均值为，则，故D正确.故选：ACD12.已知抛物线的焦点为，，为上两个相异的动点，分别在点，处作抛物线的切线，，与交于点，则（）A.若直线过焦点，则点一定在抛物线的准线上B.若点在直线上，则直线过定点C.若直线过焦点，则面积的最小值为D.若，则面积的最大值为【答案】AB【解析】【分析】设，，，与抛物线相切的切线方程为，与抛物线方程联立，求出直线的方程结合韦达定理可得，根据直线过焦点可判断A；根据点在直线上，把，代入直线的方程可判断B；根据直线过焦点，求出，求出点到直线的距离，求出面积由基本不等式可判断C；由弦长公式求出，可得点到直线的距离，再由基本不等式可得面积最大值可判断D.【详解】设，，，与抛物线相切的切线方程为，则化简得，由，可得，将点坐标代入方程，可得，，所以过的切线方程为，同理，过的切线方程为，所以直线的方程为，又，①，②联立①②可得，因为在抛物线上，所以，所以，对于，若直线过焦点，则，故，所以点一定在抛物线的准线上，故A正确；对于B，若点在直线上，则，代入直线的方程得，解得，，所以直线过定点，故B正确；对于C，若直线过焦点，则，直线的方程为，即，，点到直线的距离为，所以面积为，当且仅当时等号成立，故C错误；对于D，，可得，点到直线的距离为，当且仅当时等号成立，所以面积的最大值为，故D错误.故选：AB.【点睛】关键点点睛：利用与抛物线相切的切线方程与抛物线方程联立，由韦达定理得到，在直线与圆锥曲线的位置关系中，常常利用韦达定理解决相关问题.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.数据：，，，，，，，，中的第百分位数是__________.【答案】【解析】【分析】将数据按照从小到大顺序排序，根据百分位数的计算方法直接求解即可.【详解】将数据按照从小到大顺序排列为：，，，，，，，，；共有个数据，，第百分位数即为从小到大的第个数，即第百分位数为.故答案为：.14.已知圆，过点的直线被该圆所截的弦长的最小值为______.【答案】【解析】【分析】设圆心为，直线过点，当直线与所在的直线垂直时最大，弦长最小，求解即可.【详解】将圆的一般方程化为设圆心为，直线过点，与圆交于，两点，则，半径，设圆心到直线的距离为，则弦长，当直线与所在的直线垂直时最大，此时最小，这时，所以最小的弦长，故答案为：.15.设数列前项的和为，且，则______.【答案】【解析】【分析】由，求得，再利用裂项相消法求和即可.【详解】因为，所以当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，所以，所以.故答案为:.16.已知椭圆的两个顶点分别为，，离心率为点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过作的垂线交于点，则与的面积之比为____.【答案】##【解析】【分析】先根据已知条件求得椭圆的方程.设出的坐标，根据直线、、的方程求得，进而求得与的面积之比.【详解】焦点在轴上，两个顶点分别为点，，，，，椭圆的方程为；设，，可得，直线的方程为：，，，直线的方程：，直线的方程：，直线与直线的方程联立可得，整理为：，即，，计算可得，代入直线的方程可得.，则，又.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知函数在区间上的最大值为.（1）求常数的值；（2）求使成立的的取值集合.【答案】（1）3（2）【解析】【分析】（1）先利用倍角公式和辅助角公式整理函数的解析式，根据函数在区间上的最大值为，可得的值；（2）先由得，进而得，，可得的取值集合.【小问1详解】由，得，所以，故当时，的最大值为，故，解得.【小问2详解】由（1）得，因为，所以，所以，，得所以的取值集合为18.设为等差数列的前项和，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得.（2）利用错位相减求和法求得.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意，得，解得，.【小问2详解】由已知，故，两式相减，得，所以.19.如图，在几何体中，菱形所在的平面与矩形所在的平面互相垂直.（1）若为线段上的一个动点，证明：平面；（2）若，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）或1【解析】【分析】（1）利用面面平行的性质定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.【小问1详解】由题知，四边形为矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，又因，、平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，且平面平面，，平面，所以平面.又因为底面为菱形，且，，所以△为等边三角形，且，设，取的中点为，连接，以为坐标原点，分别以,,的方向为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的法向量为，，则，取，则，，即，设直线与平面所成角为，则化简可得，解得或，故BF的长可为或.20.为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）（1）求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；（2）求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；（3）若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，利用互斥事件的概率求法求概率即可；（2）讨论上场或不上场两种情况，应用全概率公式求甲队获得最终胜利的概率；（3）利用贝叶斯公式求甲队明星队员上场的概率.【小问1详解】事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，其中相互独立又甲队明星队员前四局不出场，故，，所以.【小问2详解】设为甲3局获得最终胜利，为前3局甲队明星队员上场比赛，由全概率公式知，，因为每名队员上场顺序随机，故，，所以.【小问3详解】由（2），.21.已知双曲线，四点，，，中恰有三点在双曲线上.（1）求的方程；（2）设直线不经过点且与相交于两点，若直线与直线的斜率的和为证明：过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意代入相应的点运算求解即可；（2）设直线方程以及的坐标，再根据题意结合韦达定理运算求解.【小问1详解】易知双曲线关于轴对称，，关于轴对称，故，都在双曲线上，若，，在双曲线上，则，解得，不满足；若，，在双曲线上，则，解得，满足；综上所述：双曲线的方程为.【小问2详解】设直线与直线的斜率分别为，如果直线斜率不存在，则，不符合题设，设直线：，，，，联立，整理得，，化简得：.则，，则，整理得，即，化简得：，解得或，当时，直线的方程为，令时，，所以直线过定点，又因为直线不经过点，不合题意；当时，直线的方程为，当时，，所以直线过定点；综上所述：过定点.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．22.已知函数．（1）若在区间上单调递增，求a的取值范围；（2）证明：，【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导，讨论和时函数的单调性即可求解；（2