湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）

长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期期末考试
数学
时量：120分钟 满分：150分
得分：_________
第 Ⅰ 卷
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．设全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
3．函数，的图象大致为（ ）
A B C D
4．根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），结论为（ ）
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过
5．若“”是“”的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．在△ABC中，已知，点G满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
7．若，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列满足，，，则的前n项积的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．4
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．已知角的终边经过点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．若为钝角，则
10．已知数列中，，且对任意的，都有，则下列选项正确的是（ ）
A．的值随n的变化而变化
B．
C．若m，n，，，则
D．为递增数列
11．设正实数x，y满足，则（ ）
A．的最大值是 B．的最小值是9
C．的最小值为 D．的最大值为
12．如图，正四棱柱中，，动点满足，且．则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点的轨迹长度为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
第 Ⅱ 卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知复数，则________．
14．为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足，其中星等为的星的亮度为．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的________倍．（结果精确到0.01，当较小时，）
15．在三棱锥中,是边长为2的等边三角形，，，则该棱锥的体积为________．
16．在中，内角，，所对的边分别，，，，，若有且仅有一个解，则的取值范围是________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分10分）
设函数．
（1）若曲线在点处与直线相切，求，的值；
（2）讨论函数的单调性．
18．（本小题满分12分）
在四棱锥中，底面是正方形，若，，．
（1）求证：；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
19．（本小题满分12分）
设函数，其中．
（1）若是函数的一条对称轴，求函数周期T；
（2）若函数在区间上为增函数，求的最大值．
20．（本小题满分12分）
已知等差数列的前n项和为，，，数列满足，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足：，（），若不等式（）恒成立，求实数的取值范围．
21．（本小题满分12分）
人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）。
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有
如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
22．（本小题满分12分）
已知函数（，）．
（1）若的最小值为2，求的值；
（2）若，，实数为函数大于1的零点，求证：
①；
②．
长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期期末考试
数学参考答案
一、二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D C A C B B A C BD BD BCD ABD
1.D 【解析】由题意可得，则.故选D.
2.C 【解析】选项A，B，D中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选C.
3.A 【解析】记，，则，且，
∴
故为奇函数，图象关于原点对称，故排除D，
在区间上，，，
有，此时，图象在轴下方，
在区间上，，，
有，，此时，图象在轴上方，故排除B，C.故选A.
4.C 【解析】时，则大于时相关，不独立，
而，所以变量与独立，
但是这个结论犯错误的概率超过0.01，故A、B、D错误，C正确.故选C.
5.B 【解析】由，得，由，得，
若“”是“”的充分而不必要条件，
则等号不同时成立，解得，故选B.
6.B 【解析】在中，∵，
∴，
∴，即，
点满足，则为的重心，设的中点为.
∴向量在向量方向上的投影向量为：，
∵，
∴向量在向量方向上的投影向量为：，故选B.
7.A 【解析】∵，∴
由，
可得，
即，
∴∴，
∵，∴，且，
根据函数易知：，
即得：.故选A.
8.C 【解析】由得：，
两式相除得：，即，
所以数列是以3为周期的周期数列，
由，得：，记数列的前项积为，
则，，
，即.故选C.
9.BD 【解析】角的终边经过点，可得，，，
对于A， ，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，若为钝角，，且，
又因为在单调递增，所以，故D正确.故选BD.
10.BD 【解析】数列中，已知，且对于任意的，都有，
令时，，则数列是以1为首项，2为公差的等差数列，，
，，故A错误，D正确；
由等差数列的等和性，B正确；
，故C错误，故选BD
11.BCD 【解析】对于A，因为，所以，
则，当且仅当，即，时等号成立，
即的最大值为，故A错误；
对于B因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故B正确；
对于C，因为，
当且仅当，即，时等号成立，所以C正确；
对于D，，
∴的最大值为，
当且仅当，即，时等号成立，D正确.故选BCD.
12.ABD 【解析】连接、交于点，连接，取的中点，连接，
当时，则，
在正四棱柱中，，，
且为中点，
所以四边形为平行四边形，则，
所以，，
所以点在线段上（不含端点），
在正四棱柱中，则，，
所以，
又，所以，
因为，、平面，所以，故A正确；
当时，又，
由平面向量基本定理可知，，，三点共线，
由正四棱柱的对称性可知，线段上的点到，两点的距离相等，
则，取平面如图所示，
所以，
则最小值为，故B正确；
因为，，所以点在平面内，
由题意知，、与所成角均为，在线段上取点，使得，
易知，，若直线与所成角为，
则动点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆，如图中虚线所示，
则动点的轨迹长为，故C错误；
当时，取的中点为，则，
则，又，所以，，三点共线，如图所示，
易知三棱锥外接球的球心在直线上，
设球心为，，作于点，设，
易知，，则，，
设三棱锥外接球的半径为，，
则，解得.
所以，，
易知当时，取得最小值，此时，且，又，则，
则三棱锥外接球的半径的取值范围为，故D正确.故选ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 【解析】，则.
14.1.26 【解析】
15.1 【解析】取中点，连接，，如图，
∵是边长为2的等边三角形，，
∴，，又，，
∴平面，
又，，
故，即，
所以.
16. 【解析】由正弦定理，得，则，，则，
做正弦曲线如图所示，
则当或，即或时，仅有一解，
当时，；当时，，
可得，
因为，，所以，
∴.
即的取值范围是.
四、解答题（本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.【解析】（1）函数，，
由，，即解得，.
（2）己知，
令，知，，
当时，恒成立，此时函数在单调递增；
当时，函数在，上单调递增，上单调递减；
当时，函数在，上单调递增，上单调递减.
18.【解析】（1）中，，，，
所以，所以；
又，，，，所以；
又平面，所以.
（2）取的中点，在平面内作，
以为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
因为，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由，，
得即
令，得，，所以；
所以，
所以二面角的平面角的余弦值为.
19.【解析】（1）
因为是函数的一条对称轴，所以，，
即，.
又，所以.所以函数，周期.
（2）函数的单调递增区间为，，
整理得，，
依题意函数在区间上为增函数，
故取，则有即
∴，又，∴的最大值为.
20.【解析】（1）由已知得，∴，又，，所以，
∴，∴数列的通项公式；
由条件得，，∴，即数列是公比为2的等比数列，
∴.
（2）由（1），设数列的前项和为，
则，
∴，
由得，累加得，
即，∴，
∴，
令，则，
∴，
∴，∴.
21.【解析】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，
.
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）①因为，是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得，
所以方案一中取到红球的概率为，
方案二中取到红球的概率为，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大.
22.【解析】（1），当时，，单调递增，没有最小值；
当时，当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，∴.
（2）①，时，，
由（1）可知在上单调递减，在单调递增，
∴，由于，
∴存在，使得，
也即，也即.
要证，只需证，
设，则只需证，
即证，
取，∴，
令，则，∴在上单调递增，
∴，∴在上单调递增，∴.
∴时，成立，综上，成立.
②证明：，∴，∴，
∴只需证，即证，
即证，
取，∴，∴在上单调递减，
，故.
综上得证.