湖南省长沙市望城区2022-2023学年高二下学期期末考试模拟数学试卷（Word版含答案）

望城区 2023 学年高二下学期期末考试（2024 届）模拟试卷
数 学
注意事项:
1.答题前，请考生先检查试卷、答题卡是否印刷完整，有无缺页漏印情况，若有，应及时向监考老师举手示意，请求更换；若无，请考生将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、考室和座位号;
2.必须在答题卡上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效；
3.答题时，请考生注意各大题题号后面的答题提示;
4.请勿折叠答题卡，保证字体工整、笔迹清晰、卡面清洁；
5.本试卷共4大题，22小题，满分150分，考试时间120分钟。
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，每题有且只有一项是符合题求的.
1．已知集合，，则为（ ）
A． B．或
C．或 D．或
2．已知复数，i为虚数单位，则复数的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，，直线交于点，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知一个装满水的圆台容器的上底面半径为5，下底面半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为（ ）
A．32π B．36π C．48π D．50π
5．一袋中有大小相同的个白球和个红球，现从中任意取出个球，记事件“个球中至少有一个白球”，事件“个球中至少有一个红球”，事件“个球中有红球也有白球”，下列结论不正确的是（ ）
A．事件与事件不为互斥事件 B．事件与事件不是相互独立事件
C． D．
6．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：
①；
②；
③在上单调递增；
④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．设，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知不等式对恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．与EH所成的角的大小为45°
C．平面
D．平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为
10．已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增 B．函数有且仅有一个零点
C．函数有且仅有一个极值点 D．直线是曲线的切线
11．已知为坐标原点，抛物线的方程为，的焦点为，直线与交于，两点，且的中点到轴的距离为2，则下列结论正确的是（ ）
A．的准线方程为
B．的最大值为6
C．若，则直线的方程为
D．若，则面积的最小值为16
12．已知函数的定义域为R，且为偶函数，则（ ）
A． B．为偶函数
C． D．
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．的展开式中项的系数为______ .
14．若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，，使得，则的最小值为______.
15．设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是________.
16．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则△ADE的周长是________________．
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．（本小题满分10分）已知公差不为零的等差数列的前项和为，， 成等比数列.
(1)求；
(2)若数列满足：，求数列的前项和.
18．（本小题满分12分）已知中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求B的值；
(2)已知的外接圆面积为，若，求实数的取值范围.
19．（本小题满分12分）如图，三棱柱的底面为等边三角形，，点D，E分别为AC，的中点，，．
(1)求点到平面BDE的距离；
(2)求二面角的余弦值．
20．（本小题满分12分）2022年11月20日，卡塔尔足球世界杯正式开幕，世界杯上的中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物都是中国制造，为卡塔尔世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛，该足球队教练组为了考查球员甲对球队的贡献，作出如下数据统计（甲参加过的比赛均分出了输赢）：
球队输球 球队赢球 总计
甲参加 2 30 32
甲未参加 8 10 18
总计 10 40 50
(1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与甲球员参赛有关联；
(2)从该球队中任选一人，A表示事件“选中的球员参赛”，B表示事件“球队输球”．与的比值是选中的球员参赛对球队贡献程度的一项度量指标，记该指标为R．
①证明：；
②利用球员甲数据统计，给出，的估计值，并求出R的估计值．
附：．
参考数据：
a 0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
21．（本小题满分12分）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.
(1)求双曲线的方程；
(2)若点、在双曲线的左、右两支上，直线、均与圆相切，记直线、的斜率分别为、，的面积为.
①是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
②已知圆的面积为，求.
22．（本小题满分12分）设函数，其中为常数．
(1)当时，求函数的单调减区间；
(2)若函数在区间,上的最大值为3，求实数的取值集合；
(3)试讨论函数的图象与函数的图象的公切线条数．
望城区 2023 学年高二下学期期末考试（2024 届）模拟试卷
数 学 参考答案
1．C
【分析】先化简集合B，再利用集合的交集和补集运算求解.
【详解】解：因为，则或，
所以或，
或
故选：C
2．C
【分析】根据可得，再由复数的乘除运算求出，由共轭复数的概念即可求解.
【详解】，
所以.
所以复数的共轭复数为.
故选:C.
3．A
【分析】由三点共线可得存在实数使得，再由三点共线可解得，利用向量的线性运算化简可得，即.
【详解】根据图示可知，三点共线，由共线定理可知，
存在实数使得,
又，所以，
又三点共线，所以，解得，
即可得，所以，
所以，即，可得，
又，即可得.
故选：A
4．D
【分析】确定表面积最大时铁球的特性，作出圆台及球的轴截面，借助圆的切线性质及直角三角形求出球半径作答.
【详解】依题意，铁球的表面积最大时，该球与圆台上底面和侧面相切，显然铁球球心在圆台的轴线上，
过圆台的轴作平面截面圆台得等腰梯形，截球得球的大圆，圆与都相切，如图，
令的中点为，过点的圆的直径另一端点为，过作圆的切线交分别于，
则，即圆是等腰梯形的内切圆，过作的垂线，垂足分别为，
令圆切于，于是,，令圆的半径为，，
显然，又，则有，而，
因此，又，即，
中，，于是，解得，
所以可放入铁球的表面积的最大值.
故选：D
5．D
【分析】根据题意，取出的个球的可能情况为：个红球；个红球个白球；个红球个白球；个白球，进而依次分析事件、事件、事件，及其概率，再讨论各选项即可得答案.
【详解】根据题意，取出的个球的可能情况为：个红球；个红球个白球；个红球个白球；个白球.
故事件包含：个红球个白球；个红球个白球；个白球，且；
事件包含：个红球个白球；个红球个白球；个红球，且；
事件包含：个红球个白球；个红球个白球，且.
所以，，，
因为，则事件与事件不为互斥事件，A选项错误；
，故事件与事件不是相互独立事件，B正确；
，故D错误；
，故C正确；
故选：D.
6．B
【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由为一条对称轴得，结合的范围可求得，从而得出的解析式，求值可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图象平移的规律可判断④.
【详解】由且，故，故①错误；
因为为一条对称轴，故，．由于，故，则，所以，故②正确；
当时，，则在上单调递增，故③正确；
将的图象向右平移个单位长度得的图象，而，故④错误．
所以，正确的有②③，共2个．
故选：B．
7．B
【分析】利用函数单调性比较数的大小.
【详解】设，则，
当时，，当时，，
即当时，取得最小值，
即有，．
令，则，
令，易得在上单调递增，
∴当时，，，
在上单调递增，
，即，
，.
故选：B．
8．C
【分析】先利用同构变形得到，构造函数，，
结合其单调性和求解的是a的最小值，考虑两种情况，进行求解，最终求得实数a的最小值.
【详解】因为，
所以，
即，
构造函数，
所以
，
令，解得：，令，解得：，
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，与1的大小不定，但当实数a最小时，只需考虑其为负数的情况，此时
因为当时，单调递减，
故，
两边取对数得：
，
令，则，
令得：，令得：，
所以在单调递增，在单调递减，
所以
故a的最小值是．
故选：C
【点睛】同构法针对与不等式或者等式中同时出现指数函数与对数函数时，要将两边变形得到结构相同，再构造函数进行求解.
9．ABD
【分析】首先根据球的性质、勾股定理说明E，F，G，H分别是正方体棱的中点，再根据线面平行的判定定理、异面直线所成角的求法、线面垂直的性质以及二面角的定义、等腰三角形进行判断.
【详解】在正方体中，平面，又平面，所以，在中，，又正方体的棱长为2，点O为的中点，所以，又，设，所以，即H是正方体棱的中点，同理可证，E，F，G分别是棱，，的中点.
对于选项A，因为G，H分别是棱、的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于选项B，因为，所以与EH所成的角即为，因为E，H分别是棱、的中点，大小为45°，故B正确；
对于选项C，因为E，H分别是棱、的中点，所以，因为G，H分别是棱、的中点，所以面，所以，又，所以平面，又，所以不垂直于平面，故C错误；
对于选项D，取EF、GH的中点I、Q，连接OI 、QI、QO，因为OF=OE，所以，同理可证，所以即为平面与平面OEF所成角的平面角，根据勾股定理有：，，，所以在等腰中有：.
所以平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
10．BC
【分析】利用导数求函数单调区间，由函数单调性确定极值点和零点，由导数的几何意义求切线方程.
【详解】函数的定义域为，则，
令，则在上恒成立，所以函数在上单调递增，又，
所以当时，，即，所以函数在上单调递减，
当时，，即，所以函数在上单调递增，
所以函数存在极小值，所以A选项不正确，B，C选项正确；
由得或，因为，，所以曲线在点处的切线方程为，同理在点处的切线方程为，所以D选项不正确．
故选：BC．
11．BCD
【分析】直接求出准线方程即可判断A选项；由以及抛物线的定义结合即可判断B选项；设出直线的方程为，联立抛物线，由解出点坐标，即可判断C选项；由求得直线恒过点结合即可求出面积最小值，即可判断D选项.
【详解】
由题意知的标准方程为，故的准线方程为， A错误；
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2，所以.
由抛物线的定义知，，所以.
因为，所以，所以B正确；
由得直线过点，直线的斜率存在，
设直线的方程为，联立方程得化简得，
则.由于，所以，得，
得，所以，
所以，直线的方程为，故C正确；
设，，由，得，又
所以，由题意知，所以.
又，故直线的方程为.
由于，所以，
则直线恒过点，所以，
所以面积的是小值为16，故D正确.
故选：BCD.
12．ACD
【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合的奇偶性即可判断；对于D，先推得的一个周期为6，再依次求得，从而利用的周期性即可判断.
【详解】对于A，因为，
令，则，故，则，故A正确；
对于B，因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故B错误；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，
又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，
所以，故的一个周期为6，
因为，所以，
对于，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
又，
所以由的周期性可得：
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得的奇偶性，再结合题设条件推得为周期函数，从而得解.
13．
【分析】根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
【详解】的展开式通项公式为，
令，解得，
令，解得，
故的展开式中项的系数为
故答案为：
14．10
【分析】将问题转化为直线上任意两点为直径的圆包含圆，结合直线上与圆最近的点，与圆上点距离的范围，即可确定的最小值.
【详解】由题设圆，故圆心，半径为，
所以到的距离，故直线与圆相离，
故圆上点到直线的距离范围为，
圆上任意的点，直线上总存在不同两点、，使，
即以为直径的圆包含圆，至少要保证直线上与圆最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆，
所以.
故答案为：10
15．
【分析】令g（x）＝（2x﹣1）e，h（x）＝a（x﹣1），求出后画出g（x）、h（x）的图象，数形结合建立不等式组，即可得解.
【详解】令g（x）＝xe，h（x）＝a（x﹣1），
∵，
∴当时，，则函数g（x）在（﹣∞，）上单调递减；
当时，，则函数g（x）在（，+∞）上单调递增；
而；
因为存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0．
即．
当直线与相切时，
设切点为，
则，
则，；
因为，
所以结合图形知： 或
即：或 解得a＜1或2e2＜a；
故答案为：
16．13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，即得；
（2）利用条件可得，进而利用裂项相消法即求.
(1)
设公差为，则，
解得，
所以.
(2)
∵，
∴当时，，
当时，，
且当时，，
所以，
所以
∴
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换进行化简求值；
（2）根据外接圆面积，结合正弦定理可得边，再利用三角形面积公式，余弦定理及基本不等式可得的取值范围.
（1）
由正弦定理，，
故，
因为，故，
同理可得，，
故，
，即，
因为，故，解得；
（2）
依题意得；
因为的外接圆面积为，
故的外接圆半径为，
由正弦定理，；
由余弦定理，，所以.（*）
，所以；
将（*）式代入，可得.
因为，所以由（*）式可得，
即（当且仅当时等号成立），故，
所以
所以实数的取值范围为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直关系转化，结合点到平面的距离的定义，根据线段间的关系求解即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，分别求出平面BDE和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
【详解】（1）连接，，设与DE交于点F，
由可知，侧面为菱形，所以，
因为点D，E分别为AC，的中点，所以，则，
因为，所以，
则，又，所以为等边三角形，
由为等边三角形，，得，
连接，则，，
又，，所以，则，
易知，因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，平面BDE，平面BDE，所以平面BDE，
所以为点到平面BDE的距离，
又，故点到平面BDE的距离为．
（2）由（1）可知，两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，,，
由（1）知平面BDE的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，
于是，
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的3种方法：
①利用法向量求点到平面的距离：设是平面的一个法向量，AB是平面的一条斜线，其中，则点B到平面的距离为；
②等体积法：立体几何中求点到平面距离的一种常用方法，使用这种方法的关键是找到易于求出底面的面积及对应底面上的高的底面；
③几何法：点到平面的距离，有时可转化为与所求距离相等的线段，通过几何证明求出线段长，即可得点到平面的距离．
20．(1)认为该球队胜利与甲球员参赛有关
(2)①证明见解析 ；②,；
【分析】（1）由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定能否认为该球队赢球与甲球员参赛有关联；
（2）①根据定义结合条件概率公式即可完成证明；②根据①结合已知数据求.
【详解】（1）零假设为：该球队胜利与甲球员参赛无关．
，
因为，
所以依据的独立性检验，我们推断不成立，所以认为该球队胜利与甲球员参赛有关，此推断犯错误的概率不大于0.005．
（2）①证明：
②，，
．
21．(1)
(2)①是，且；②.
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；
（2）①设点且斜率存在的直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径可得出关于的二次方程，利用韦达定理可得出的值；
②根据圆的面积公式可得出的值，解出、的值，可得出直线、的方程，将这两条直线的方程与双曲线的方程联立，求出点、的横坐标，可求得、，以及的值，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）解：由题意可得，解得，
所以，双曲线的方程为.
（2）解：设过点且斜率存在的直线的方程为，
当直线与圆相切时，有，
转化整理为.（※）
①因为、是方程（※）的两个根，所以，为定值；
②因为圆的面积为，所以，，
代入方程（※），可得，解得，.
所以，直线、的方程分别为和，
联立可得，，
所以， ，可得，
联立可得，，
所以，.
所以，，.
设、切圆于、，则，
所以，，
所以，，
则，
所以，.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．(1)单调减区间为；
(2),；
(3)答案见解析.
【分析】（1）对求导，利用求单调减区间即可.
（2）由题设得，讨论参数a研究在,上单调性及最大值，结合题设要求确定的取值集合；
（3）设，切点为，应用导数的几何意义求切线方程，结合得到，由相切关系有得，进而构造中间函数并应用导数、讨论参数a研究单调性、极值，判断方程根的个数，即知题设函数间公切线的条数.
(1)
当时，，则，
令，解得，即当时的单调减区间为.
(2)
，
：当时，在,上恒成立，即单调递增，
令，可得，与矛盾．
：当时，，
由在,上的最大值为3，则，
当，即时，在,上恒成立，即单调递减，
令，得，即符合题意，
当，即时，在,的解集为,，即在,上单调递减，在,单调递增，
∴,，又，
令，求得，即符合题意，
综上，实数的取值集合为,．
(3)
设，切点为，则，
∴切线方程为，整理得，又，
由题意，令此直线与的图象相切，即，整理得：，
∴，整理得，
由题意知，此方程根的个数即为与的公切线条数，
设，则，
令，解得或，
：当，即时，的解集为，列表如下：
， 0
0 0
递增 极大值 递减 极小值 递增
由表知：当时取得极小值，又，
∴方程有且仅有一个实数根，即公切线条数为一条.
：当，即时，恒成立，即在上单调递增，又，
∴方程有且仅有一个实数根，即公切线条数为一条.
：当，即时，的解集为，列表如下：
0 ，
0 0
递增 极大值 递减 极小值 递增
由表知：当时取得极大值；当时取得极小值，又，，
当，即时，方程有且仅有一个实数根，即公切线条数为一条，
当，即时，方程有且仅有两个实数根，即公切线条数为两条，
当，即时，方程有且仅有三个实数根，即公切线条数为三条，
综上，当时公切线条数为一条；当时公切线条数为两条；当时公切线条数为三条．
【点睛】关键点点睛：第三问，应用导数几何意义求切线方程，结合与的相切关系得到一元二次方程，令该方程得到新的方程，进而构造中间函数，并应用导数、讨论参数研究函数单调性、极值判断新方程根的个数，即可确定公切线条数.