湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题含答案.docx

长郡中学2022年下学期高二期末考试数学命题人得分：_本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共8页时量120分钟满分150分第I卷一、选择题（本大题共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. 在等差数列中，若，则的公差为（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的定义，列出方程，解之即可.【详解】设的公差为，则，解得故选：B2. 如果直线平面，直线平面，且，则a与b（ ）A. 共面B. 平行C. 是异面直线D. 可能平行，也可能是异面直线【答案】D【解析】【分析】根据线面和面面的位置关系直接得出结论.【详解】，说明a与b无公共点，与b可能平行也可能是异面直线故选：D3. 4位同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每位同学只能去一个小区，则不同的安排方法共有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】A【解析】【分析】由分步计数原理可得答案.【详解】4位同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每位同学只能去一个小区，则每位同学都有3种选择，所以共有种不同的安排方法，故选：A4. 的展开式的第6项的系数是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先写出二项式展开式的通项，通过通项求解.【详解】由题得，令r=5,所以，所以的展开式的第6项的系数是.故选C【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数问题，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.5. 已知等差数列的前n项和为；等比数列的前n项和为，且，则（ ）A. 22B. 34C. 46D. 50【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，解出d和q，再求出和，即可.【详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，因为，解得：d=1，q=2.则，所以15+31=46.故选：C【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换和灵活运用性质6. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】记第一次抽到第i号球的事件分别为，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，再利用全概率公式求解即可.【详解】记第一次抽到第i号球的事件分别为，则有，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，而，两两互斥，和为，记第二次抽到3号球的事件为B，故选:C7. 已知椭圆的中心是坐标原点，是椭圆的焦点.若椭圆上存在点，使是等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设点为椭圆上位于第一象限内的点，设为椭圆的左焦点，计算出、，利用椭圆的定义可得出关于、的等式，进而可求得椭圆的离心率.【详解】设点为椭圆上位于第一象限内的点，设为椭圆的左焦点，因为是等边三角形，则，所以，所以，由椭圆的定义可得，因此，椭圆的离心率为.故选：C.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.8. 设，则、的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用函数在上的单调性可得到、的大小关系，利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出结论.【详解】构造函数，其中，则，当时，所以，函数在上单调递增，因为，则，即，即，所以，因为，故，即，即，因此，.故选：D.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知曲线：，则（ ）A. 时，则的焦点是，B. 当时，则的渐近线方程为C. 当表示双曲线时，则的取值范围为D. 存在，使表示圆【答案】ABD【解析】【分析】AB选项，代入的值，分别得出是什么类型的曲线，进而作出判断；C选项，要想使曲线表示双曲线要满足；D选项，求出曲线表示圆时m的值.【详解】当时，曲线：，是焦点在y轴上的椭圆，且，所以交点坐标为，A正确；当时，曲线：，是焦点在在y轴上的双曲线，则的渐近线为，B正确；当表示双曲线时，要满足：，解得：或，C错误；当，即时，表示圆，D正确故选：ABD10. 设直线与圆，则下列结论正确的为（ ）A. 与可能相离B. 不可能将的周长平分C. 当时，被截得的弦长为D. 被截得的最短弦长为【答案】BD【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项的正误；假设假设法可判断B选项的正误；利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】对于A选项，直线过定点，且点在圆内，则直线与圆必相交，A选项错误；对于B选项，若直线将圆平分，则直线过原点，此时直线斜率不存在，B选项正确；对于C选项，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，所以，直线被截得的弦长为，C选项错误；对于D选项，圆心到直线的距离为，所以，直线被截得的弦长为，D选项正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.11. 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（）A. DP面AB1D1B. 三棱锥AD1PC的体积为C. 平面PB1D与平面ACD1所成二面角为90°D. 异面直线与所成角的范围是【答案】ACD【解析】【分析】A利用面面平行的性质证面；B应用等体积法，根据特殊点：与重合时求的体积； C先证明面，再利用面面垂直的判定定理证面面即可；D由，根据在线段的位置，即可确定异面直线与所成角的范围.【详解】A：连接，由于，由面面平行的判定定理，可证明面面，又面，所以面，正确；B：，因为到面的距离不变，且的面积不变，所以三棱锥的体积不变，当与重合时得，错误；C：由三垂线定理，可证明，再由线面垂直的判定定理可得面，又面，则面面，正确；D：由，异面直线与所成角即为与所成角，又为等边三角形，当与线段的两端点重合时，与所成角取最小值，当与线段的中点重合时，与所成角取最大值，故与所成角的范围，正确.故选：ACD12. 已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（ ）A. 若为线段中点，则B. 若，则C. 存在直线，使得D. 面积的最小值为2【答案】AD【解析】【分析】对于A，求出点的横坐标，再根据抛物线的定义求出，即可判断；对于B，根据抛物线的定义求出点的横坐标，再求出，即可判断，对于C，则，判断是否有解，即可判断；对于D，根据，结合基本不等式即可判断.【详解】解：抛物线的准线为，焦点，若为中点，所以，所以，故A正确；若，则，所以，故B错误；设，则，所以，所以，所以与不垂直，故C错误；，当且仅当，即时，取等号，所以面积的最小值为2，故D正确.故选：AD.第卷三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 圆与圆的公共弦所在直线的方程为_【答案】【解析】【分析】利用两圆的一般方程相减即可得出结果.【详解】联立两圆的方程得，两式相减并化简，得，所以两圆公共弦所在直线的方程为故答案为：.14. 函数在其图象上的点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】对求导，求出，再由点斜式方程即可得出答案.【详解】，又切点为，切线斜率，即切线方程为，即故答案为：.15. 已知，则_【答案】243【解析】【分析】利用赋值法，根据方程思想，可得答案.【详解】令，得，令，得，得，即，得，即所以故答案：.16. 已知甲、乙两人的投篮命中率都为，丙的投篮命中率为，如果他们三人每人投篮一次，则至少一人命中的概率的最小值为_【答案】【解析】【分析】利用对立事件概率公式可求得，利用导数可求得的最小值.【详解】设事件为“三人每人投篮一次，至少一人命中”，则，设，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，即三人每人投篮一次，则至少一人命中的概率的最小值为.故答案为：.【点睛】思路点睛：利用相互独立事件求复杂事件概率的求解思路为：（1）将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和；（2）将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知（易求）概率的相互独立事件的积事件；（3）代入概率的积、和公式求解四、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、证明过程或演算步聚）17. 已知的二项展开式中，只有第四项的二项式系数最大.（1）求展开式中第三项系数；（2）求出展开式中所有有理项(即x的指数为整数的项).【答案】（1）240； （2），.【解析】【分析】（1）根据二项式系数的性质可知n6，求出展开式通项，令r2可求第三项系数；（2）根据展开式通项，当r0，3，6时为有理项，代入计算即可.【小问1详解】由题可知，则二项展开式通项为，展开式中第三项系数为：；【小问2详解】展开式中有理项为时，即，.18. 设数列满足，（1）计算，猜想的通项公式；（2）求数列的前n项和【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据递推关系计算，并结合等差数列猜想求解即可；（2）结合（1）得，进而根据错位相减法求解即可.【小问1详解】解：因为数列满足，所以，所以，由数列的前三项可猜想数列是以3为首项，2为公差的等差数列，即【小问2详解】解：由（1）知，代入检验知其满足，所以，所以，由得，所以，19. 如图，直三棱柱的侧面菱形，（1）证明：；（2）设为的中点，记二面角为，求的值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1)连接, 利用菱形的性质可得, 利用线面垂直的判定定理可得 平面, 即可证明结论;(2)建立合适的空间直角坐标系, 求出所需点的坐标和向量的坐标, 然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量, 由向量的夹角公式求解即可.【小问1详解】证明：如图，连接BC1，因为侧面BCC1B1是菱形，则BC1B1C，因为 平面 ,则 平面 ,因为 平面,所以 ;【小问2详解】因为直三棱柱 中, ,而，由(1)可得, ,又 , 平面，则 平面 ,故以点 为坐标原点, 建立空间直角坐标系如图所示,设 , 则 ,所以 ,设平面 的法向量为 ,则 ，令, 则 , 故 ,设平面 的法向量为 ,则 ,令 , 则 , 故 ,所以 ,因为二面角为，故的值为.20. 选手甲分别与乙、丙两选手进行象棋比赛，如果甲、乙比赛，那么每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，如果甲、丙比赛，那么每局比赛甲、丙获胜的概率均为（1）若采用局胜制，两场比赛甲获胜的概率分别是多少？（2）若采用局胜制，两场比赛甲获胜的概率分别是多少？你能否据此说明赛制与选手实力对比赛结果的影响？【答案】（1）甲、乙比赛甲获胜的概率，甲、丙比赛甲获胜的概率；（2）甲、乙比赛，甲获胜的概率，甲、丙比赛，甲获胜的概率；答案见解析【解析】【分析】（1）分甲获胜的可能分、两种情况分计算出两场比赛甲获胜的概率，即可得解；（2）分甲获胜的可能有、或三种情况，分别计算出两场比赛甲获胜的概率，即可得出结论.【详解】（1）采用局胜制，甲获胜的可能分，因为每局的比赛结果相互独立，所以甲、乙比赛甲获胜概率，甲、丙比赛甲获胜的概率；（2）采用局胜制，甲获胜的情况有、或，甲、乙比赛，甲获胜的概率，甲、丙比赛，甲获胜的概率，因为，所以甲、乙比赛，采用局胜制对甲有利，所以甲、丙比赛，采用局胜制还是局胜制，甲获胜的概率都一样，这说明比赛局数越多对实力较强者有利【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：（1）首先确定各事件是相互独立的；（2）再确定各事件会同时发生；（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，渐近线方程是，点，且的面积为6（1）求双曲线C的标准方程；（2）直线与双曲线C交于不同的两点P，Q，若，求实数m的取值范围【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据题意，由条件结合双曲线的关系，列出方程，即可得到结果；（2）根据题意，设，联立直线与椭圆方程结合韦达定理，由知，列出不等式即可得到结果.小问1详解】由题意得，由可得，双曲线C的标准方程是【小问2详解】由题意知直线l不过点A设，线段PQ的中点为，连接AD将与联立，消去y，整理得，由且，得，由知，又，化简得，由，得或由，得综上，实数m的取值范围是或22. 已知函数（1）若在上恒成立，求的取值范围；（2）在（1）的条件下证明:对任意，都有；（3）设，讨论函数的零点个数【答案】（1） （2）证明见解析 （3）答案见解析【解析】【分析】（1）由题知在上恒成立，进而构造函数并求最大值即可得答案；（2）结合（1）得当时，在时恒成立，令得，再根据对数运算即可得答案.（3）由题知，进而构造函数，研究其性质，进而求解即可.【小问1详解】解：由在上恒成立，可得在上恒成立，令，则，当，函数单调递增；当，函数单调递减，故在处取得极大值，也即最大值，要使得，则，所以，的取值范围为【小问2详解】解：由（1）当时，即在时恒成立，令，则，所以，所以，【小问3详解】解：由可得，即，令，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以，当时，取得最大值，因为，且当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，所以，当时，只有一个根，即只有一个零点，当时，方程有且仅有2个根，即有且仅有2个零点，当时，没有根，即没有零点【点睛】方法点睛：本题第二问解题的常用方法是结合导数证明不等式，进而根据不等式，构造数列不等式，进而结合对数运算求和即可证明；第三问解题的方法为将已知问题转化为函数与直线的交点个数问题，进而研究性质即可.