长沙市长郡中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试卷（含答案）

长沙市长郡中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
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0.01
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0.01
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、多项选择题
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m，，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.xy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P满足，且a，.则下列说法正确的是( )
A.当时，直线平面
B.当时，的最小值为
C.若直线BP与BD所成角为，则动点P的轨迹长度为
D.当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
三、填空题
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A，B，C所对的边分别a，b，c，，，若有且仅有一个解，则的取值范围是________.
四、解答题
17、设函数.
（1）若曲线在点处与直线相切，求a，b的值；
（2）讨论函数的单调性.
18、在四棱锥中，底面ABCD是正方形，若，，.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）求二面角的平面角的余
19、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、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、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、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.
参考答案
1、答案：D
解析：由题意可得, 则.故选D.
2、答案：C
解析：选项A.B.D中m均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内, 故选C
3、答案：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x轴下方,
在区间上,,
有,此时,图象在x轴上方,故排除B, C.
故选A.
4、答案：C
解析：时,,则大于时相关,不独立,而,
所以变量x与y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、答案：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、答案：B
解析：在中,,
,即,
点G满足 ,则G为的重心,
设AC的中点为D.
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、答案：A
解析：，，
由,可得,
即.
，
，
，，，且，
根据函数易知:,即得:.
故选A.
8、答案：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n项积为,
则,
,
即.
故选C.
9、答案：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、答案：BD
解析：数列中, 已知,且对于任意的m,,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、答案：BCD
解析：对于A,因为 ,所以,
则,当且仅当,即，时等号成立,
即xy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、答案：ABD
解析：
13、答案：
解析：,则.
14、答案：1.26
解析：.
15、答案：1
解析：取AB中点E,连接PE,CE,如图,
是边长为2的等边三角形,,
,又PE,平面PEC,,
平面PEC,
又,故,即,
所以.
16、答案：
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.
17、答案：(1)，
(2)当时,恒成立,此时函数在R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.
解析：(1)函数,
由,即解得，.
(2)已知,令,知,
当时,恒成立,此时函数在R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、答案： (1)见解析
(2)
解析：(1)中,,，
所以,所以;
又，，平面QAD, 平面QAD,
所以平面QAD;又平面ABCD,所以平面平面ABCD.
(2) 取AD的中点O, 在平面ABCD内作 ,
以OD为y轴,OQ为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:
则,,,
因为平面ADQ,所以平面ADQ的一个法向量为,
设平面BDQ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、答案：(1)
(2)
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、答案：(1)
(2)
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n项和为,
则,
,
由得,累加得,
即,
,令,则,
,
，
21、答案：(1)
(2)①②方案二中取到红球的概率更大
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、答案：(1)
(2)见解析
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.