2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 218.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-17 06:28:31 | ||
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文档简介
2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（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．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N＝（ ）
A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]
2．（5分）已知复数z满足iz＝2+i，则（ ）
A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2
3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据，如表所示：
价格x 9.6 9.9 10 10.2 10.3
销售y 10.2 9.3 m 8.4 8.0
根据计算可得y与x的经验回归方程是：，则m的值为（ ）
A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1
5．（5分）端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．42种
6．（5分）若存在实数m，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．（0，1）∪（2，+∞）
C． D．
7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足，且x∈[0，2），f（x）＝2x，则f（2023）＝（ ）
A． B． C． D．1
8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2Q|＝|F2P|＝3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
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）
（多选）9．（5分）已知函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）为偶函数
C．f（x）的值域为（﹣∞，1）
D．f（x）在（0，1）上是减函数
（多选）10．（5分）已知平面向量，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则m＝1
B．若，则m＝﹣1
C．若，则m＝﹣6
D． m∈R且m≠1，则或135°
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4和圆C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆O与圆C有四条公切线
B．|PQ|的取值范围是
C．x﹣y＝2是圆O与圆C的一条公切线
D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°
（多选）12．（5分）已知函数，设函数g（x）＝f（x）+f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则
B．当时，若f（x）在区间上单调递减，则ω的取值范围是
C．当时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为，则
D．若将f（x）的图象向左平移个单位长度所得的图象与g（x）的图象的所有对称轴均相同，则ω＝1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 ．
14．（5分）已知抛物线的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若，则|PF|＝ ．
15．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且，则cos2（α﹣β）＝ ．
16．（5分）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体，如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
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．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记dn＝Sn+1Sn，求数列{dn}的前n项和Tn．
18．（12分）某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，将5个球编号为1 5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1个，每次不放回地随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励．
（1）求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AA1＝AC＝2BC，E为BB1上一点，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且b≠c．
（1）证明：a2＝b+c；
（2）若△ABC为锐角三角形，且B＝2C，求a的取值范围．
21．（12分）已知函数f（x）＝e1﹣x+alnx．
（1）若f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若f（x）≤x3恒成立，求实数a的值．
22．（12分）已知P为椭圆上一点，且点P在第一象限，过点P且与椭圆C相切的直线为l．
（1）若l的斜率为k，直线OP的斜率为kOP，证明：k kOP为定值，并求出该定值；
（2）如图，PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，过P，Q，R，S四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若，求四边形ABCD周长的最大值．
2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N＝（ ）
A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]
【解答】解：由不等式|x﹣1|≤2，解得﹣1≤x≤3，故A＝{x|﹣1≤x≤3}；
由函数y＝lnx的定义域为（0，+∞），即x+1＞0，解得x＞﹣1，故B＝{x|x＞﹣1}；
所以M∪N＝[﹣1，+∞）．
故选：B．
2．（5分）已知复数z满足iz＝2+i，则（ ）
A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2
【解答】解：因为iz＝2+i，则，所以．
故选：D．
3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：若a、b、c成等比数列，
根据等比数列的性质可得：b2＝ac，
∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的必要条件；
若b＝0，a＝2，c＝0，满足b2＝ac，但a、b、c显然不成等比数列，
∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的非充分条件．
∴“b2＝ac”是“a、b、c成等比数列”的必要非充分条件．
故选：B．
4．（5分）随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据，如表所示：
价格x 9.6 9.9 10 10.2 10.3
销售y 10.2 9.3 m 8.4 8.0
根据计算可得y与x的经验回归方程是：，则m的值为（ ）
A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1
【解答】解：由题意得，
则，
又销售量，解得m＝9.1．
故选：D．
5．（5分）端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．42种
【解答】解：若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有种．
若三人中选两个人值班，则有种，因此一共有6+18＝24种．
故选：B．
6．（5分）若存在实数m，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．（0，1）∪（2，+∞）
C． D．
【解答】解：依题意可知，2a﹣1＞loga4．
当0＜a＜1时，，显然成立；
当a＞1时，由，注意到为递增函数，
且f（2）＝0，因此f（a）＞0＝f（2），即a＞2．
综上可知，a∈（0，1）∪（2，+∞）．
故选：B．
7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足，且x∈[0，2），f（x）＝2x，则f（2023）＝（ ）
A． B． C． D．1
【解答】解：依题意，，
可得，
，
，
…
，
令x＝3，可得
而，
故．
故选：A．
8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2Q|＝|F2P|＝3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：延长QF2与双曲线交于点P′，
因为F1P∥F2P′，
根据对称性可知|F1P|＝|F2P′|，
设|F2P′|＝|F1P|＝t，
则|F2P|＝|F2Q|＝3t，
可得|F2P|﹣|F1P|＝2t＝2a，
即t＝a，
所以|P′Q|＝4t＝4a，
则|QF1|＝|QF2|+2a＝5a，|F1P′|＝|F2P|＝3a，
即，
可知∠F1P′Q＝∠F1PF2＝90°，
在△P′F1F2中，由勾股定理得，
即a2+（3a）2＝4c2，
解得．
故选：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）
（多选）9．（5分）已知函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）为偶函数
C．f（x）的值域为（﹣∞，1）
D．f（x）在（0，1）上是减函数
【解答】解：由函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x）＝lg（1﹣x2），
由题意得，，解得﹣1＜x＜1，即函数的定义域为（﹣1，1），
由f（﹣x）＝lg（1﹣x2）＝f（x），则函数f（x）为偶函数，A错，B对；
因为0＜1﹣x2≤1，所以f（x）≤0，f（x）的值域为（﹣∞，0]，C错；
取任意x1，x2∈（0，1），令x1＞x2，则，
∵x1＞x2，∴，且，则，即，
可得f（x1）＜f（x2），故函数f（x）在（0，1）上单调递减，D对；
故选：BD．
（多选）10．（5分）已知平面向量，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则m＝1
B．若，则m＝﹣1
C．若，则m＝﹣6
D． m∈R且m≠1，则或135°
【解答】解：∵平面向量，
∴，
则，解得m＝1或m＝﹣5，故A错误；
若，，，
则﹣m＝4，解得m＝﹣4，故B错误；
若，则﹣6+m+1＝0，得m＝5，故C错误；
由（对应点在y轴），，
可得或135°，故D正确．
故选：ABC．
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4和圆C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆O与圆C有四条公切线
B．|PQ|的取值范围是
C．x﹣y＝2是圆O与圆C的一条公切线
D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°
【解答】解：对于选项A，由题意可得，圆O的圆心为O（0，0），半径r1＝2，圆C的圆心C（3，3），半径r2＝2，
因为两圆圆心距，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；
对于B选项，|PQ|的最大值等于，最小值为，B正确；
对于C选项，显然直线x﹣y＝2与直线OC平行，
因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：y＝x，
设直线为y＝x+t，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；
对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当时，∠MQN＝90°，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知函数，设函数g（x）＝f（x）+f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则
B．当时，若f（x）在区间上单调递减，则ω的取值范围是
C．当时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为，则
D．若将f（x）的图象向左平移个单位长度所得的图象与g（x）的图象的所有对称轴均相同，则ω＝1
【解答】解：由f（x）＝sin（ωx+φ），得f′（x）＝ωcos（ωx+φ），
所以，其中tanθ＝ω，．
对于，因为g（x）为奇函数，所以，
所以，因为，所以，故A错误；
对于B，由题意可知为单调递减区间的子集，
所以（k∈Z），
解得，故B正确；
对于C，依题意，故ω＝2，此时，
且，k∈Z，即，k∈Z，
因此，k∈Z，
因为tanθ＝ω＝2，，所以sinθ＝2cosθ．
因为sin2θ+cos2θ＝1，所以，
因为，所以，
所以，故C正确．
对于D，将f（x）向左平移个单位长度，可得的图象．
因为它与的对称轴完全一致，
所以，k∈Z，
所以，所以，k∈Z，
此时ω不一定等于1，故D错误．
故选：BC．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 0.75 ．
【解答】解：由已知可得P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（A|B）＝0.6，
由可得，P（AB）＝P（B）P（A|B）＝0.5×0.6＝0.3，
故．
故答案为：0.75．
14．（5分）已知抛物线的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若，则|PF|＝ 3 ．
【解答】解：由题意可知抛物线的准线为y＝﹣1，
设P（m，n），n≥0，则m2＝4n，
由题意，
故n2+4n﹣12＝0，则n＝2，
故|PF|＝n+1＝3．
故答案为：3．
15．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且，则cos2（α﹣β）＝ ．
【解答】解：，
因为，则sin（α+β）≠0，因此，
而，从而，
因此，
则．
故答案为：．
16．（5分）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体，如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
【解答】解：若正方体能在勒洛四面体中任意转动，则正方体的外接球能够放入勒洛四面体，
因此，求正方体的棱长最大值，即求其外接球半径最大值，也即勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，
此时该球与勒洛四面体的四个曲面均相切，该球的球心即为正四面体ABCD的中心，
设M是底面BCD的中心，O是四面体的中心，外接球半径为R，AM是高，
如图．
，
由BO2＝BM2+OM2，得，解得，
设E为正方体的外接球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且，
因此，此即正方体外接球半径的最大值，此时正方体的棱长的最大值为．
故答案为：．
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．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记dn＝Sn+1Sn，求数列{dn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）由题意，当n≥3有Sn＝an+2an﹣1，所以又有Sn+1＝an+1+2an，二式相减化简得an＝2an﹣1，
即当n≥2，数列{an}是以2为公比，a2为首项的等比数列，
又因为S3＝a1+a2+a3＝a3+2a2，所以a2＝a1＝1，所以当n≥2，an＝2n﹣2，
所以an；
（2）结合（1）可知当n≥2，Sn＝1+1+2+…+2n﹣2＝12n﹣1，
又S1＝a1＝1，符合上式，
所以Sn＝2n﹣1，所以Sn+1＝2n，
所以dn＝2n2n﹣1，
所以Tn（）（2n﹣1）．
18．（12分）某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，将5个球编号为1 5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1个，每次不放回地随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励．
（1）求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
【解答】解：（1）记事件A为“盒子恰好剩下一个红球，前三次只能取两种颜色的球，第四次取第三种颜色的球”，
因此第四次取球只能是红球或者蓝球，
所以当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列为：
x 0 1 2
P
．
19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AA1＝AC＝2BC，E为BB1上一点，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．
【解答】解：（1）证明：过A作AD⊥A1B于D，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，且平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
所以AD⊥平面A1BC，且BC 平面A1BC，
所以AD⊥BC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且BC 平面A1BC，
所以BC⊥AA1，
由AD∩AA1＝A可知，且AD，AA1 平面AA1B1B，
所以BC⊥平面AA1B1B，
又AB 平面ABB1A1，
所以BC⊥AB．
（2）以B为坐标原点，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
则，
设平面A1EC的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设平面A1BC的法向量为，
则，即，
令，则x2＝0，y2＝﹣2，
所以，
cos，，
二面角E﹣A1C﹣B的余弦值为．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且b≠c．
（1）证明：a2＝b+c；
（2）若△ABC为锐角三角形，且B＝2C，求a的取值范围．
【解答】（1）证明：依题意知，
故（b﹣c）sinA＝sinBcosC﹣sinCcosB，即（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB，
由余弦定理得，
代入（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB可得，
因为b≠c，所以，即a2＝b+c；
（2）解：由题意△ABC为锐角三角形，且B＝2C，
由（1）知，则，
由正弦定理得，
，其中C为锐角，所以2cosC+1≠0，sinC≠0，
因为B＝2C，A+B+C＝π，则，解得，
则，则，即，
因此．
21．（12分）已知函数f（x）＝e1﹣x+alnx．
（1）若f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若f（x）≤x3恒成立，求实数a的值．
【解答】解：（1）依题意可知，，即a≥xe1﹣x在（0，+∞）上恒成立．
设h（x）＝xe1﹣x，h′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，显然当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故h（x）≤h（1）＝1，因此a≥1，即a的取值范围是[1，+∞）；
（2）证明：设g（x）＝f（x）﹣x3＝e1﹣x+alnx﹣x3，注意g（1）＝0，即g（x）≤g（1）＝0，因此g（1）为最大值．
由．
下证明当a＝4时，恒有g（x）＝e1﹣x+4lnx﹣x3≤0，
注意到，令u（x）＝g′（x），，
由（1）可知，
因此．
当0＜x≤4时，6x3﹣x+4≥6x3＞0，当x＞4时，6x3﹣x+4＞96x﹣x+4＝95x+4＞0，
因此 x＞0，6x3﹣x+4＞0，故u′（x）＜0，故g′（x）单调递减，而g′（1）＝0，
因此x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
即g（x）≤g（1）＝0，证毕．
22．（12分）已知P为椭圆上一点，且点P在第一象限，过点P且与椭圆C相切的直线为l．
（1）若l的斜率为k，直线OP的斜率为kOP，证明：k kOP为定值，并求出该定值；
（2）如图，PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，过P，Q，R，S四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若，求四边形ABCD周长的最大值．
【解答】解：（1）证明：设P（x0，y0），设直线l的方程为y＝kx+m，其中y0＝kx0+m，
联立，整理得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
∴Δ＝（8km）2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）＝0，即m2＝4k2+3，
∴，即，
，
又，即，
∴，即，
∴；
（2）由（1）得，则，
又，即kAB kAD＝﹣1，
则AB⊥AD，
又PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，
同理AB⊥BC，AD⊥CD，因此四边形ABCD为矩形，
由（1）得直线AB的方程为y＝kx+m，则m2＝4k2+3，
显然AB与CD关于原点对称，故直线CD的方程为y＝kx﹣m，
直线AB，CD的距离为，
又kAB kAD＝﹣1，
则直线AD的斜率，
同理得直线AD，BC的距离为，
∴，
，
∴，当且仅当k＝±1时等号成立，
故矩形ABCD的周长L的最大值为4．
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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．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N＝（ ）
A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]
2．（5分）已知复数z满足iz＝2+i，则（ ）
A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2
3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据，如表所示：
价格x 9.6 9.9 10 10.2 10.3
销售y 10.2 9.3 m 8.4 8.0
根据计算可得y与x的经验回归方程是：，则m的值为（ ）
A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1
5．（5分）端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．42种
6．（5分）若存在实数m，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．（0，1）∪（2，+∞）
C． D．
7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足，且x∈[0，2），f（x）＝2x，则f（2023）＝（ ）
A． B． C． D．1
8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2Q|＝|F2P|＝3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
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）
（多选）9．（5分）已知函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）为偶函数
C．f（x）的值域为（﹣∞，1）
D．f（x）在（0，1）上是减函数
（多选）10．（5分）已知平面向量，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则m＝1
B．若，则m＝﹣1
C．若，则m＝﹣6
D． m∈R且m≠1，则或135°
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4和圆C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆O与圆C有四条公切线
B．|PQ|的取值范围是
C．x﹣y＝2是圆O与圆C的一条公切线
D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°
（多选）12．（5分）已知函数，设函数g（x）＝f（x）+f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则
B．当时，若f（x）在区间上单调递减，则ω的取值范围是
C．当时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为，则
D．若将f（x）的图象向左平移个单位长度所得的图象与g（x）的图象的所有对称轴均相同，则ω＝1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 ．
14．（5分）已知抛物线的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若，则|PF|＝ ．
15．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且，则cos2（α﹣β）＝ ．
16．（5分）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体，如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
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．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记dn＝Sn+1Sn，求数列{dn}的前n项和Tn．
18．（12分）某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，将5个球编号为1 5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1个，每次不放回地随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励．
（1）求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AA1＝AC＝2BC，E为BB1上一点，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且b≠c．
（1）证明：a2＝b+c；
（2）若△ABC为锐角三角形，且B＝2C，求a的取值范围．
21．（12分）已知函数f（x）＝e1﹣x+alnx．
（1）若f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若f（x）≤x3恒成立，求实数a的值．
22．（12分）已知P为椭圆上一点，且点P在第一象限，过点P且与椭圆C相切的直线为l．
（1）若l的斜率为k，直线OP的斜率为kOP，证明：k kOP为定值，并求出该定值；
（2）如图，PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，过P，Q，R，S四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若，求四边形ABCD周长的最大值．
2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N＝（ ）
A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]
【解答】解：由不等式|x﹣1|≤2，解得﹣1≤x≤3，故A＝{x|﹣1≤x≤3}；
由函数y＝lnx的定义域为（0，+∞），即x+1＞0，解得x＞﹣1，故B＝{x|x＞﹣1}；
所以M∪N＝[﹣1，+∞）．
故选：B．
2．（5分）已知复数z满足iz＝2+i，则（ ）
A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2
【解答】解：因为iz＝2+i，则，所以．
故选：D．
3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：若a、b、c成等比数列，
根据等比数列的性质可得：b2＝ac，
∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的必要条件；
若b＝0，a＝2，c＝0，满足b2＝ac，但a、b、c显然不成等比数列，
∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的非充分条件．
∴“b2＝ac”是“a、b、c成等比数列”的必要非充分条件．
故选：B．
4．（5分）随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据，如表所示：
价格x 9.6 9.9 10 10.2 10.3
销售y 10.2 9.3 m 8.4 8.0
根据计算可得y与x的经验回归方程是：，则m的值为（ ）
A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1
【解答】解：由题意得，
则，
又销售量，解得m＝9.1．
故选：D．
5．（5分）端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．42种
【解答】解：若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有种．
若三人中选两个人值班，则有种，因此一共有6+18＝24种．
故选：B．
6．（5分）若存在实数m，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．（0，1）∪（2，+∞）
C． D．
【解答】解：依题意可知，2a﹣1＞loga4．
当0＜a＜1时，，显然成立；
当a＞1时，由，注意到为递增函数，
且f（2）＝0，因此f（a）＞0＝f（2），即a＞2．
综上可知，a∈（0，1）∪（2，+∞）．
故选：B．
7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足，且x∈[0，2），f（x）＝2x，则f（2023）＝（ ）
A． B． C． D．1
【解答】解：依题意，，
可得，
，
，
…
，
令x＝3，可得
而，
故．
故选：A．
8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2Q|＝|F2P|＝3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：延长QF2与双曲线交于点P′，
因为F1P∥F2P′，
根据对称性可知|F1P|＝|F2P′|，
设|F2P′|＝|F1P|＝t，
则|F2P|＝|F2Q|＝3t，
可得|F2P|﹣|F1P|＝2t＝2a，
即t＝a，
所以|P′Q|＝4t＝4a，
则|QF1|＝|QF2|+2a＝5a，|F1P′|＝|F2P|＝3a，
即，
可知∠F1P′Q＝∠F1PF2＝90°，
在△P′F1F2中，由勾股定理得，
即a2+（3a）2＝4c2，
解得．
故选：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）
（多选）9．（5分）已知函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）为偶函数
C．f（x）的值域为（﹣∞，1）
D．f（x）在（0，1）上是减函数
【解答】解：由函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x）＝lg（1﹣x2），
由题意得，，解得﹣1＜x＜1，即函数的定义域为（﹣1，1），
由f（﹣x）＝lg（1﹣x2）＝f（x），则函数f（x）为偶函数，A错，B对；
因为0＜1﹣x2≤1，所以f（x）≤0，f（x）的值域为（﹣∞，0]，C错；
取任意x1，x2∈（0，1），令x1＞x2，则，
∵x1＞x2，∴，且，则，即，
可得f（x1）＜f（x2），故函数f（x）在（0，1）上单调递减，D对；
故选：BD．
（多选）10．（5分）已知平面向量，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则m＝1
B．若，则m＝﹣1
C．若，则m＝﹣6
D． m∈R且m≠1，则或135°
【解答】解：∵平面向量，
∴，
则，解得m＝1或m＝﹣5，故A错误；
若，，，
则﹣m＝4，解得m＝﹣4，故B错误；
若，则﹣6+m+1＝0，得m＝5，故C错误；
由（对应点在y轴），，
可得或135°，故D正确．
故选：ABC．
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4和圆C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆O与圆C有四条公切线
B．|PQ|的取值范围是
C．x﹣y＝2是圆O与圆C的一条公切线
D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°
【解答】解：对于选项A，由题意可得，圆O的圆心为O（0，0），半径r1＝2，圆C的圆心C（3，3），半径r2＝2，
因为两圆圆心距，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；
对于B选项，|PQ|的最大值等于，最小值为，B正确；
对于C选项，显然直线x﹣y＝2与直线OC平行，
因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：y＝x，
设直线为y＝x+t，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；
对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当时，∠MQN＝90°，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知函数，设函数g（x）＝f（x）+f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则
B．当时，若f（x）在区间上单调递减，则ω的取值范围是
C．当时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为，则
D．若将f（x）的图象向左平移个单位长度所得的图象与g（x）的图象的所有对称轴均相同，则ω＝1
【解答】解：由f（x）＝sin（ωx+φ），得f′（x）＝ωcos（ωx+φ），
所以，其中tanθ＝ω，．
对于，因为g（x）为奇函数，所以，
所以，因为，所以，故A错误；
对于B，由题意可知为单调递减区间的子集，
所以（k∈Z），
解得，故B正确；
对于C，依题意，故ω＝2，此时，
且，k∈Z，即，k∈Z，
因此，k∈Z，
因为tanθ＝ω＝2，，所以sinθ＝2cosθ．
因为sin2θ+cos2θ＝1，所以，
因为，所以，
所以，故C正确．
对于D，将f（x）向左平移个单位长度，可得的图象．
因为它与的对称轴完全一致，
所以，k∈Z，
所以，所以，k∈Z，
此时ω不一定等于1，故D错误．
故选：BC．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 0.75 ．
【解答】解：由已知可得P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（A|B）＝0.6，
由可得，P（AB）＝P（B）P（A|B）＝0.5×0.6＝0.3，
故．
故答案为：0.75．
14．（5分）已知抛物线的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若，则|PF|＝ 3 ．
【解答】解：由题意可知抛物线的准线为y＝﹣1，
设P（m，n），n≥0，则m2＝4n，
由题意，
故n2+4n﹣12＝0，则n＝2，
故|PF|＝n+1＝3．
故答案为：3．
15．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且，则cos2（α﹣β）＝ ．
【解答】解：，
因为，则sin（α+β）≠0，因此，
而，从而，
因此，
则．
故答案为：．
16．（5分）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体，如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
【解答】解：若正方体能在勒洛四面体中任意转动，则正方体的外接球能够放入勒洛四面体，
因此，求正方体的棱长最大值，即求其外接球半径最大值，也即勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，
此时该球与勒洛四面体的四个曲面均相切，该球的球心即为正四面体ABCD的中心，
设M是底面BCD的中心，O是四面体的中心，外接球半径为R，AM是高，
如图．
，
由BO2＝BM2+OM2，得，解得，
设E为正方体的外接球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且，
因此，此即正方体外接球半径的最大值，此时正方体的棱长的最大值为．
故答案为：．
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．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记dn＝Sn+1Sn，求数列{dn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）由题意，当n≥3有Sn＝an+2an﹣1，所以又有Sn+1＝an+1+2an，二式相减化简得an＝2an﹣1，
即当n≥2，数列{an}是以2为公比，a2为首项的等比数列，
又因为S3＝a1+a2+a3＝a3+2a2，所以a2＝a1＝1，所以当n≥2，an＝2n﹣2，
所以an；
（2）结合（1）可知当n≥2，Sn＝1+1+2+…+2n﹣2＝12n﹣1，
又S1＝a1＝1，符合上式，
所以Sn＝2n﹣1，所以Sn+1＝2n，
所以dn＝2n2n﹣1，
所以Tn（）（2n﹣1）．
18．（12分）某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，将5个球编号为1 5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1个，每次不放回地随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励．
（1）求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
【解答】解：（1）记事件A为“盒子恰好剩下一个红球，前三次只能取两种颜色的球，第四次取第三种颜色的球”，
因此第四次取球只能是红球或者蓝球，
所以当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列为：
x 0 1 2
P
．
19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AA1＝AC＝2BC，E为BB1上一点，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．
【解答】解：（1）证明：过A作AD⊥A1B于D，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，且平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
所以AD⊥平面A1BC，且BC 平面A1BC，
所以AD⊥BC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且BC 平面A1BC，
所以BC⊥AA1，
由AD∩AA1＝A可知，且AD，AA1 平面AA1B1B，
所以BC⊥平面AA1B1B，
又AB 平面ABB1A1，
所以BC⊥AB．
（2）以B为坐标原点，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
则，
设平面A1EC的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设平面A1BC的法向量为，
则，即，
令，则x2＝0，y2＝﹣2，
所以，
cos，，
二面角E﹣A1C﹣B的余弦值为．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且b≠c．
（1）证明：a2＝b+c；
（2）若△ABC为锐角三角形，且B＝2C，求a的取值范围．
【解答】（1）证明：依题意知，
故（b﹣c）sinA＝sinBcosC﹣sinCcosB，即（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB，
由余弦定理得，
代入（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB可得，
因为b≠c，所以，即a2＝b+c；
（2）解：由题意△ABC为锐角三角形，且B＝2C，
由（1）知，则，
由正弦定理得，
，其中C为锐角，所以2cosC+1≠0，sinC≠0，
因为B＝2C，A+B+C＝π，则，解得，
则，则，即，
因此．
21．（12分）已知函数f（x）＝e1﹣x+alnx．
（1）若f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若f（x）≤x3恒成立，求实数a的值．
【解答】解：（1）依题意可知，，即a≥xe1﹣x在（0，+∞）上恒成立．
设h（x）＝xe1﹣x，h′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，显然当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故h（x）≤h（1）＝1，因此a≥1，即a的取值范围是[1，+∞）；
（2）证明：设g（x）＝f（x）﹣x3＝e1﹣x+alnx﹣x3，注意g（1）＝0，即g（x）≤g（1）＝0，因此g（1）为最大值．
由．
下证明当a＝4时，恒有g（x）＝e1﹣x+4lnx﹣x3≤0，
注意到，令u（x）＝g′（x），，
由（1）可知，
因此．
当0＜x≤4时，6x3﹣x+4≥6x3＞0，当x＞4时，6x3﹣x+4＞96x﹣x+4＝95x+4＞0，
因此 x＞0，6x3﹣x+4＞0，故u′（x）＜0，故g′（x）单调递减，而g′（1）＝0，
因此x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
即g（x）≤g（1）＝0，证毕．
22．（12分）已知P为椭圆上一点，且点P在第一象限，过点P且与椭圆C相切的直线为l．
（1）若l的斜率为k，直线OP的斜率为kOP，证明：k kOP为定值，并求出该定值；
（2）如图，PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，过P，Q，R，S四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若，求四边形ABCD周长的最大值．
【解答】解：（1）证明：设P（x0，y0），设直线l的方程为y＝kx+m，其中y0＝kx0+m，
联立，整理得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
∴Δ＝（8km）2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）＝0，即m2＝4k2+3，
∴，即，
，
又，即，
∴，即，
∴；
（2）由（1）得，则，
又，即kAB kAD＝﹣1，
则AB⊥AD，
又PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，
同理AB⊥BC，AD⊥CD，因此四边形ABCD为矩形，
由（1）得直线AB的方程为y＝kx+m，则m2＝4k2+3，
显然AB与CD关于原点对称，故直线CD的方程为y＝kx﹣m，
直线AB，CD的距离为，
又kAB kAD＝﹣1，
则直线AD的斜率，
同理得直线AD，BC的距离为，
∴，
，
∴，当且仅当k＝±1时等号成立，
故矩形ABCD的周长L的最大值为4．
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