2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷
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. 设复数满足，则的共轭复数的虚部为( )
A. B. C. D.
2. 设集合，，则( )
A. B. C. D.
3. 年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年若五辆车分别为，，，，，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4. 在中，，是的中点，若，则( )
A. B. C. D.
5. 如图，在棱长为的正四面体中，点，分别为棱，的中点，则下列结论错误的是( )
A. 直线平面
B. 平面平面
C. 点到平面的距离为
D. 异面直线与所成角为
6. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆的左顶点，以为直径的圆与椭圆在第一、二象限的交点分别为，，若直线，的斜率之积为，则椭圆的标准方程为( )
A. B. C. D.
8. 已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则( )
A. B.
C. D.
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. 下列说法正确的有( )
A. 若事件与事件互斥，则事件与事件对立
B. 若随机变量，则方差
C. 若随机变量，，则
D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则，的值分别是和
10. 已知函数，则下列说法正确的有( )
A. 若，则
B. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
C. 函数的最小正周期为
D. 若在上有且仅有个零点，则的取值范围为
11. 设，过定点的动直线：，和过定点的动直线：交于点，是圆：上的任意一点，则下列说法正确的有( )
A. 直线与圆相切时 B. 到距离的最大值是
C. 直线与圆相交的最短弦长为 D. 的最大值为
12. 已知函数的两个零点分别为，且，则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 存在实数，使得 D. 若，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数为偶函数，则 ______ ．
14. 已知等比数列满足，且，则的最小值为______ ．
15. 古希腊数学家托勒密在他的名著数学汇编里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率为______ ．
16. 已知，分别为边长为的等边边，的中点，现将沿翻折使得平面平面，则棱锥外接球的表面积为______ ．
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. 本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，平分交于点，
．
求；
求的面积．
18. 本小题分
已知数列的前项和为，．
求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
若，求数列的前项和．
19. 本小题分
如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面垂足在矩形内，为棱的中点，平面．
证明：；
若，直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值．
20. 本小题分
已知只动物中有只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病下面是两种化验方案：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取只，将它们的血液混在一起化验若结果呈阳性，则表明患病动物为这只中的只，然后逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性，则在另外只中任取只化验．
设依方案甲所需化验次为，求的分布列与期望；
求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率．
21. 本小题分
函数在点处的切线方程为．
Ⅰ求实数，的值；
Ⅱ求的单调区间；
Ⅲ，成立，求实数的取值范围．
22. 本小题分
已知点，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为．
求的方程；
过点的直线与交于，两点，过点且垂直于的直线交轴于点，过点且垂直于的直线交轴于点当四边形的面积最小时，求的方程．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
故，
所以，其虚部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，复数模公式，先对化简，再结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由得，即，又，
所以，
解不等式得，所以，
所以．
故选：．
分别解对数不等式和指数不等式求得集合，，然后由交集运算可得．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：车与车相邻的排法有种，
车与车、车都相邻的排法有种，
车与车相邻，车与车不相邻的排法有种．
故选：．
求得车与车相邻的排法，减去车与车、车都相邻的排法，即可求解．
本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算．
4.【答案】
【解析】解：，是的中点，
，，
，
，
，
，解得，．
故选：．
由平面向量的线性运算和平面向量基本定理计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：对于，在中，为中位线，则，平面，平面，
平面，故A正确；
对于，正四面体各侧面都为正三角形，为中点，则，，
，，平面，平面，
平面，平面平面，故B正确；
对于，由题意知，即到平面的距离为点到平面的距离的倍，
而到平面的距离为正四面体的体高为，
到平面的距离为，故C错误；
对于，若为中点，连接，，由题意得，，，平面，
平面，平面，，故D正确．
故选：．
对于，由中位线有，线面平行判断结论；对于，由题意得，，再应用线面、面面垂直的判定判断结论；对于，由题意知到平面的距离为点到平面的距离的倍，即可求出点面的距离；对于，若为中点，连接，，由题意知，，再由线面垂直的判定、性质能判断结论．
本题考查中位线定理、线面、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】
【解析】解：，
，
，
，
，
，
，
，
或，，
或，，
又，，
，，
无解，．
故选：．
先根据三角函数公式化简条件，再解三角方程，即可求解．
本题考查三角函数公式的应用，三角方程的求解，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意设，，则，则，
因为，
则，
又，可得，，
故椭圆的标准方程为：．
故选：．
由题意设，的坐标，的坐标，由题意可得直线，的斜率之积，进而可得，的关系，再由的值及，，的关系，可得，的值，进而求出椭圆的方程．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为为奇函数，
所以，
所以，
所以关于对称，
因为在上单调递增，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
因为，，，
所以，，，
因为，
所以，即，
所以，
因为，
所以，即，
所以，
，
所以，即，
由的单调性可得，
排除，，选项，
故选：．
由为奇函数，得，则关于对称，又在上单调递增，进而可得的单调性，根据题意可得，，，比较，的大小，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题关键是确定函数的单调性，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：互斥事件不一定为对立事件，故A错误；
由二项分布，可得，
又由公式可得，所以选项错误；
正态分布，对称轴，
，
得，又因为与关于对称，
所以，所以选项正确；
将两边同时取得，，与对应，
则，即，，所以选项正确．
故选：．
根据互斥事件和对立事件的概念可判断选项；由二项分布可直接得出方差的结果，再利用可判断选项；由正态分布图像及其对称性可判断选项；利用线性回归方程分析，先将转化为，对应解析式可判断选项．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化的能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：由，故，必有一个最大值和一个最小值，
则为半个周期长度，故正确；
由题意的图象关于轴对称，B正确；
的最小正周期为，C错误．
，在上有且仅有个零点，
结合正弦函数的性质知：，则，D正确．
故选：．
对：，必有一个最大值和一个最小值可求；
对：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；
对：化简后求周期；
对：求出的范围，结合正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：显然当时直线也与圆相切，故A错误；
直线过的定点为，当时到的距离最大，最大值为，此时到距离的最大值为，故B正确；
由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时所得弦长最短，则，又，所以，得：，则圆心到直线的距离为，所以弦长为，故C正确；
由：，当时，：，：，有，当时，，则，所以，又点是两直线的交点，所以，所以，
因为，
所以，当且仅当时等号成立，故D错误．
故选：．
根据时直线也与圆相切，可判断选项；
根据几何知识得到当时到的距离最大，然后求最大值，可判断选项；
根据几何知识得到当时所得弦长最短，然后得到此时的直线的方程，最后求弦长，可判断选项；根据几何知识得到点的轨迹，然后利用不等式的方法求最值，可判断选项．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由，，所以，
当时，，在上单调递增，至多有一个零点，与题意不符；
当时，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以时，取得极大值点，也是最大值点，所以的最大值为；
因为函数有两个零点，，
所以，可得，
综合可得：，选项A正确；
因为的最大值为，，，
由单调性知，在上不存在零点，所以选项B错误；
由，设，，，
则，
在上单调递增，且，
所以在上，所以单调递减，，
所以，所以，当且仅当时“”成立；
所以，所以，所以；
又，所以，解得，，
所以，即，选项C错误；
因为是的零点，所以，设，所以，所以，所以，
设，可得，
所以时，，单调递减，
所以，所以，
所以，所以，选项D正确．
故选：．
由，，求出，讨论时恒成立，单调递增，至多有一个零点，不符合题意；时，令，即可求得的极值，也是最值，由此判断函数有两个零点，时的取值范围，以及零点所在的区间，零点所满足的条件，即可判断选项中的命题是否正确．
本题考查了利用导数研究函数的极值、单调性，考查不等式的证明，以及推理与运算能力，是难题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，函数为偶函数，即在上恒成立，
即在上恒成立，
必有，则，
故．
故答案为：
根据题意，有奇偶性的定义可得在上恒成立，分析可得的值，即可得函数的解析式，进而计算可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质，关键求出函数的解析式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设等比数列的公比为，
由，得，即，
所以，令，则，
又，则，
所以的最小值为．
故答案为：．
设等比数列的公比为，由可得，从而，令，则，结合函数的单调性即可确定的最小值．
本题考查等比数列的通项公式，数列与函数的综合问题，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点，，
可得四边形为平行四边形，
又及托勒密定理，可得四边形为矩形．
设，，
在中，，
则，，
，，，
，
解得．
双曲线的离心率为．
故答案为：．
由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
本题考查了双曲线的定义及性质、直角三角形的边角关系、平行四边形与矩形的判定、托勒密定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，，可知，
则为等腰梯形的外接圆的圆心，过作平面的垂线，
再过折起后的的外心作平面的垂线，设两垂线的交点为，
则为四棱锥外接球的球心，
的边长为，，
则四棱锥外接球的半径，
四棱锥外接球的表面积为．
故答案为：．
取的中点，连接，，可得为等腰梯形的外接圆的圆心，再过折起后的的外心作平面的垂线，得出两垂线的交点为棱锥外接球的球心，求出半径，利用球表面积公式即可求解．
本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，属中档题．
17.【答案】解：，，，，
由余弦定理有：，
，，
在中，由正弦定理，
，
．
由知，，
平分交于点，，，
，，
在中由余弦定理有，
，，
．
【解析】由条件和余弦定理求，再在中由正弦定理求；
由及条件求出，，再在中由余弦定理求，最后由面积公式即可求得．
本题考查用正、余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：证明：令，得，解得，
由，得，
两式相减得，
即，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即．
由得，，
记，数列的前项和为．
则，，
两式相减得，
故数列的前项和．
【解析】由，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前项和的关系、等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和、分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：延长交于点，连接，，
平面，平面平面，平面，
，
又为棱的中点，为的中点，
是直角三角形斜边上的中线，
，
，；
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
平面，是在平面内的投射影，
是直线与立面所成角，，
为等腰直角三角形，
设，则，则，，
，又，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，，
平面的一个法向量为．
同理求得平面的法向量．
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】延长交于点，连接，，由已知可得，进而证明可得结论；
建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值．
本题考查线线相等的证明，考查面面夹角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：的可能取值为，，，，
则，，，，
所以的分布列为：
所以；
设依方案乙所需化验次数为，则的可能取值为，，
则，，
所以的分布列为：
所以
所以，
即依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率为．
【解析】由题意可知，的可能取值为，，，，求出相应的概率，进而得到的分布列，再利用期望公式求解；
设依方案乙所需化验次数为，求出的分布列，再利用独立事件的概率乘法公式求出即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
21.【答案】解：Ⅰ，
依题意得，，则有．
Ⅱ由Ⅰ得，，
由于在区间上为增函数，且，
则当时，；当时，，
故函数的减区间是，增区间是；
Ⅲ 因为，
于是构造函数，
，成立，等价于，
由Ⅱ知当时，，即对恒成立．
即当且仅当时取等号
所以函数，又时，，
所以
故的取值范围是．
【解析】本题考查导数的运用，参数分离和构造函数的转化思想，考查运算求解能力，是较难题．
Ⅰ求的导数，由题意得，，可得，的值；
Ⅱ由Ⅰ得的解析式，利用导数可得的单调区间；
Ⅲ构造函数，，成立，等价于，由Ⅱ的结论，即可得到所求的范围．
22.【答案】解：设点，以为直径的圆的圆心为，的半径为，
设与轴相切于点，过点作轴，垂足为，
则，
，
点到点的距离等于点到直线的距离，
点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线，
的方程为．
由题意直线的斜率存在，设直线的方程为：，，，
联立，化为，
则，，
设直线的倾斜角为，则，，
，
又．
梯形的面积，
令，则，
，
时，，此时函数单调递减；时，，此时函数单调递增．
时，即时，四边形的面积取得极小值即最小值，
此时直线的方程为：，即．
【解析】设点，以为直径的圆的圆心为，的半径为，设与轴相切于点，过点作轴，垂足为，可得，，利用抛物线的定义即可得出的方程．
由题意直线的斜率存在，设直线的方程为：，，，直线的方程与抛物线方程联立化为，设直线的倾斜角为，可得，，可得；由结合根与系数的关系可得梯形的面积，通过换元利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
本题考查了抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、梯形的面积、利用导数研究函数的单调性与极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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