2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高二（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. 已知集合，，则( )
A. B.
C. D. 或
2. 设复数满足，则( )
A. B. C. D.
3. 已知向量，若向量满足，，则( )
A. B. C. D.
4. 若两条直线：，：与圆的四个交点能构成正方形，则( )
A. B. C. D.
5. 在三角形中，已知角，则的最大值是( )
A. B. C. D.
6. 若，且，则( )
A. B. C. D.
7. 法国数学家加斯帕尔蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆已知椭圆：的蒙日圆方程为，现有椭圆：的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，若面积的最大值为，则椭圆的长轴长为( )
A. B. C. D.
8. 若函数与函数的图象存在公切线，则实数的取值范围为( )
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. 构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动，如图所示的是该校高一、班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图得分越高，说明该项教育越好，则( )
A. 高一班五项评价得分的极差为
B. 除体育外，高一班的各项评价得分均高于高一班对应的得分
C. 高一班五项评价得分的平均数比高一班五项评价得分的平均数要高
D. 各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大
10. 如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，，，为棱的中点，则( )
A. 与平面所成的角为
B.
C. 平面
D. 三棱锥的体积为
11. 已知函数，则关于的零点，叙述错误的是( )
A. 当时，函数有两个零点 B. 函数必有一个零点是正数
C. 当时，函数有两个零点 D. 当时，函数只有一个零点
12. 如果函数满足：当，，是一个三角形的三边长，且，，都存在时，，，也是某个三角形的三边长，那么就称具有“性质”，则( )
A. 具有“性质”
B. 不具有“性质”
C. 当具有“性质”时，的最小值为
D. 当具有“性质”时，
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 年月第届亚运会将在杭州举办，在杭州亚运会三馆杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆对外免费开放预约期间将名志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配名志愿者，则共有______ 种分配方案．
14. 在四面体中，，与所在的直线间的距离为，且与所成的角为，则四面体的体积为______ ．
15. 从某个角度观察篮球如图，可以得到一个对称的平面图形，如图所示，篮球的外轮形状为圆，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线的一部分，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，视所在直线为轴，则双曲线的标准方程方程为______ ．
16. 已知，则，，的大小关系为______ 从小到大
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，角，，的对边分别为，，，．
若，求；
若，点在边上，且平分，求的面积．
18. 本小题分
已知数列满足，且．
证明：是等比数列，并求的通项公式；
记数列满足，求数列的前项和．
19. 本小题分
如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点．
求证：平面；
求二面角的余弦值．
20. 本小题分
月日，国台办举行了年首场新闻发布会，在回应两岸媒体关注的近期解放军军机在台海演训活动为何如此频繁时，发言人马晓光表示，凡事有因必有果，人民解放军的演练是对台美勾连挑衅升级，破坏台海和平稳定的严正警告，大陆阻止台美军事勾连挑衅升级，为的是维护两岸同胞的共同利益，维护台海和平稳定，维护台湾同胞和平安宁的生活，在某次台海演习中，解放军派出一架轰轰炸机迂回对一目标舰艇进行三次投弹攻击，已知轰炸机每次攻击时击中舰艇的概率都为，各次攻击彼此独立，舰艇被轰炸机击中一次而击沉的概率为，被轰炸机击中两次而击沉的概率为，若三次都击中，舰艇必定被击沉．
求目标舰艇被我军轰炸机击中次数的分布列及期望，方差；
求目标舰艇被击沉的概率；
当目标舰艇被击沉时，求该舰艇被我军轰炸机至少击中两次的概率．
21. 本小题分
已知是抛物线：的焦点，过点的直线交抛物线于、两点，且．
求抛物线的方程；
若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为，的中点为，求的取值范围．
22. 本小题分
已知函数．
是的导函数，求的最小值；
证明：对任意正整数，都有其中为自然对数的底数
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
故A．
故选：．
先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：设，则，，
由，可得，
由，可得，
联立，
解可得，
即，
故选：．
根据题意，设，则可得、的坐标，由，可得，，又由，可得，，联立两式，即可得、的值，即可得的坐标．
本题考查数量积的坐标运算，涉及向量平行、垂直的坐标表示，对于此类题目，一般用待定系数法．
4.【答案】
【解析】解：，，
圆心，半径为，
由题意直线，平行，且与圆的四个交点构成正方形，则可知圆心到两直线的距离相等且为，
圆心到：的距离为：
，同理可得，
又，可得．
故选：．
由已知可得圆心到两直线的距离相等且为，可求得，的值，进而可求．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为，可得，所以，且，
则，
因为，可得，
当时，即时，取得最大值，
所以的最大值为．
故选：．
根据题意化简得到，结合三角函数的性质，即可求解．
本题考查了三角函数的恒等变换，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：，
令时，，
令时，，
故．
故选：．
直接利用赋值法建立方程组，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：赋值法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由题意可知椭圆的蒙日圆的半径为，因为，所以为蒙日圆的直径，
所以，所以，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，
由面积的最大值为，所以，，
故椭圆的长轴长为，
故选：．
求得椭圆的蒙日圆的半径，求得，且满足，利用基本不等式的求得的最大值，求得面积的最大值，即可求得的值，求得椭圆的长轴长．
本题考查椭圆的标准方程及性质，蒙日圆及基本不等式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由函数，可得，
因为，设切点为，则，
则公切线方程为，即，
与联立可得，
所以，整理可得，
又由，可得，解得，
令，其中，可得，
令，可得，
函数在上单调递增，且，
当时，，即，此时函数单调递减，
当时，，即，此时函数单调递增，
所以，且当时，，
所以函数的值域为，
所以且，解得，即实数的取值范围为．
故选：．
先求得公切线方程为，联立方程组，结合，得到，令，求得，令，求得和，得到函数的单调性和最小值，进而得到，即可求解．
本题考查利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解，化归转化思想，属难题．
9.【答案】
【解析】解：：高一班德智体美劳各项得分依次为 ，，，，，所以极差为 ，所以A正确；
：因为两班的德育分相等，所以除体育外，高一班的各项评价得分不都高于高一班对应的得分德育分相等，所以B错误；
：班平均分为 ；班平均分为 ，故C正确；
：两班的德育分相等，智育分相差 ，体育分相差，美育分相差一，劳育得分相差 ，劳育得分相差最大，所以D错误．
故选：．
由极差、平均数的定义和计算公式，可判断．
本题考查统计图表的相关知识，数据处理能力和应用意识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：选项A，因为底面，所以是与平面所成的角，
在中，，，
所以，所以，即选项A错误；
选项B，若，因为点是的中点，所以，
而，，
所以，即选项B错误；
选项C，在直角梯形中，，，，
所以，即，
因为底面，且平面，所以，
又，、平面，所以平面，即选项C正确；
选项D，因为底面，且平面，所以，
又，，、平面，所以平面，
所以三棱锥的体积
，即选项D正确．
故选：．
选项A，由底面，知即为所求，再由三角函数的知识，得解；
选项B，若，则，利用勾股定理计算可得，得解；
选项C，由，，可证平面，得解；
选项D，三棱锥的体积，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的定义，棱锥体积的求法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：，在同一坐标系中作出与的图象如图，
当时，与的图象只有个交点，函数有个零点，故A错误；
与的图象在轴右侧必有个交点，函数必有一个零点是正数，故B正确；
当时，与的图象只有个交点，函数有个零点，故C错误；
当时，与的图象有个交点，函数有个零点，故D错误．
故选：．
在同一坐标系中作出与的图象，分，，三种情况逐一分析与的图象的交点个数得答案．
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，对于在上单调递增的函数，
具有“性质”等价于对任意满足且的实数，，，均有，
当时，
，，为三角形的三条边，
则，
，
则，
因此具有“性质”；
取，则，
于是不具有“性质”．
对于选项C，显然．
当且，，时，有知，
从而有．
而当时，取且，则，
不符合题意．因此的最小值为．
对于选项D，若，可以取，
但不能构成三角形，因此．
下面证明当时，具有“性质”．
若且能构成三角形，不妨设
当时，，
同理，，，所以，，构成三角形．
当时，此时，，
故，
所以，同理可得，
又，
若，则，
若，因此，故，
所以，而，
所以，
所以，，构成三角形．
因此命题得证，从而可以取得，命题D错误．
故选：．
对于，利用不等式的性质或特例可判断的正误．对于，根据函数的性质可求的范围，对于，可证时，函数具有性质，故可判断的正误．
本题主要考查函数与方程的综合应用，考查转化能力，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：由题意知这人分成组，将名志愿者分配到这三馆负责接待工作，不同方案有种．
故答案为：．
应用分步计数原理先分组，再求解分配方案即可．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：如图所示，把三棱锥补成一个平行六面体，
其中为异面直线，的公垂线，即，且，
在平行六面体中，可得，则，
又，，平面，平面，
又由平面，点到平面的距离为，
且异面直线与所成的角为，即与所成的角为
又，
．
四面体的体积为．
故答案为：．
由题意画出图形，采用分割补形法及等体积法求解．
本题考查几何体的体积的求解，考查化归与转化、数形结合思想，训练了分割补形法的应用，是中档题．
15.【答案】
【解析】解：设所求双曲线方程为：，，，
则根据题意可得，点在双曲线上，
，
，
所求曲线方程为．
故答案为：．
由已知结合双曲线的性质先求出，然后把已知点的坐标代入双曲线方程可求．
本题主要考查了双曲线的性质在双曲线方程求解中的应用，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由，
令，，可得，所以单调递减，
所以，即，
令，，可得，所以单调递增，
所以，即，
又由，所以，即，所以，
所以．
故答案为：．
构造函数，，求得单调递减，得出，再令，，求得单调递增，得到，结合，即可求解．
本题考查利用函数单调性比较大小，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：，
则，，
又，，则，
又，则，
则；
由得，则，
又，则，
即，
则，即，解得，
故的面积．
【解析】利用两角和、差的余弦公式求出，由诱导公式求出，即可求出，最后由计算，即可得出答案；
利用二倍角公式求出，再由求出，最后由面积公式计算，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：由，得：，
，，
则是以为首项，以为公比的等比数列．
，即；
解：由，结合知，
数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，偶数项是以为首项，为公比的等比数列．
．
【解析】由已知数列递推式可得是以为首项，以为公比的等比数列，求其通项公式，可得的通项公式；
由及，可得数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，偶数项是以为首项，为公比的等比数列，再由数列的分组求和及等差数列与等比数列的前项和公式求解．
本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式，训练了等差数列与等比数列的前项和，是中档题．
19.【答案】解：证明：由题意，在矩形中，，，，
，分别是，的中点，
，，
在四棱锥中，面面，面面，，
面，
面，，
取中点，连接，由几何知识得，
，，，
面，面，，
面，，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，，，
，面的一个法向量为
，平面．
由题意及得：
在平面中，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由图得为钝角，
二面角的余弦值为：
．
【解析】以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面．
分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求解．
本题考查线面平行的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：由题知，击中次数，，，，，
所以；；
；．
得分布列如下：
由二项分布的期望和方差公式可得：，．
记击中次为事件，
，，，舰艇被击沉为事件，
则，，，
，
即目标舰艇被击沉的概率为．
根据中数据：
，
即当目标舰艇被击沉时，该舰艇被我军轰炸机至少击中两次的概率为．
【解析】由二项分布概率公式求概率即可得分布列，再由二项分布期望和方差公式可得；
根据条件概率以及全概率公式求解可得；
根据中结果，结合条件概率公式可得．
本题主要考查离散型随机变量分布列及期望和方差，全概率公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：抛物线的焦点为，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，
解得，
所以抛物线的方程为．
设点、，则，
由可得，，
又因为直线的方程为，
将代入直线的方程可得，
可得，即点，
所以，
因为，则，
所以直线的方程为，
联立可得，
则，
故，
则，
由的中点为，可得，
故G、、三点共线，
则．
又由，知，
故
．
故的取值范围为．
【解析】分析可知与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，分析可知、、三点共线，可得出，结合可求得的取值范围．
本题考查抛物线的标准方程及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：由题意，，
，，
，
令，解得，
又时，，时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
，即的最小值为．
证明：由得，，
可知，当且仅当时等号成立，
令，则．
，
即，
也即，
所以，
故对任意正整数，都有．
【解析】由题意得，，求导判断单调性即可求解；
由可得可知，当且仅当时等号成立，令，则借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
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