【文档说明】湖南省五市十校教研教改共同体·湖湘名校教育联合体2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题+含答案.docx，共(14)页，948.809 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前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2023年上学期高二期末考试数学本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.一､单项选择题：本题共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.已知集合(){12},ln1MxxNxyx=−==+∣∣„，则MN=（）A.()1,−+B.)1,−+C.1,2−D

.(1,2−2.已知复数z满足i2iz=+，则231zz+=−（）A.2iB.-2C.2i−D.23.“2bac=”是“,,abc成等比数列”的（）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件4.随着疫情结束，自行车

市场逐渐回暖，通过调查，收集了5个商家对某品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据如下表所示：售价x9.69.91010.210.3销售量y10.29.3m8.48.0根据计算可得y与x的经验回归方程是ˆ3.140yx=−+，则m的值为（）A.8.8B.8.9C.

9D.9.15.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.若存在实数m，使得1log42aam−，则实数a的取值范围是（）A.()10,1,2

+B.()()0,12,+C.()1,11,2+D.()1,12,2+7.已知定义在R上的函数()fx满足()()1202fxfx++=，且)()0,2,2xxfx=，则()2023f=（）A.50514−B.101112−C.50512−D.

18.如图，已知12,FF是双曲线22:221xyCab−=的左､右焦点，,PQ为双曲线C上两点，满足12FPFQ∥，且2213FQFPFP==，则双曲线C的离心率为（）A.105B.52C.153D.102二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小

题给出的选项中，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.已知函数()()()lg1lg1fxxx=−++，则下列说法正确的是（）A.()fx是奇函数B.()fx为偶函数C.()fx的值域为(),1

−D.()fx在()0,1上是减函数10.已知平面向量()()()1,1,2,1,2,abcm==−=，则下列说法错误的是（）A.若10abc++=，则1m=B.若()abc+∥，则1m=−C.若()acb+⊥，则6m=−D

.Rm且1m，则,45bca+=或13511.已知圆22:4Oxy+=和圆22:(3)(3)4,,CxyPQ−+−=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32

4,324−+C.2xy−=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,MN，则存在点Q，使得90MQN=12.已知函数()sin()0,||2fxx=+，

设函数()()()gxfxfx=+，则下列说法正确的是（）A.当1=时，若()gx为奇函数，则4=B.当4=时，若()fx在区间,2上单调递减，则的取值范围是15,24C.当4=时，

若()gx在0xx=处取得最大值为5，则()055fx=D.若将()fx的图象向左平移4个单位长度所得的图象与()gx的图象的所有对称轴均相同，则1=三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.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.已知抛物线21:4Cyx=的焦点为,FP是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若23PO=，则PF=__________.15.已知,

均为锐角，()tantan2sin+=+，且()1cos3+=，则()cos2−=__________.16.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：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.17.（本小题满分10分）已知数列na的前n项和为()11,1,23nnnnSaSaan−==+….（1）求数列

na的通项公式；（2）记154nnndSS+=−，求数列nd的前n项和nT.18.（本小题满分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.（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABCABC−中，平面1ABC⊥平面11ABBA.（1）证明：ABBC⊥；（2）若12,AAACBCE==为1BB上一点，且13BEEB=，求二面角1EACB−−的余弦值.20.（本小题满分12分）记AB

C的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知()sinsinBCAbc−=−，且bc.（1）证明：2abc=+；（2）若ABC为锐角三角形，且2BC=，求a的取值范围.21.（本小题满分12分）已知函数()1

elnxfxax−=+.（1）若()fx在定义域上单调递增，求a的取值范围；（2）若()3fxx„恒成立，求实数a的值.22.（本小题满分12分）已知P为椭圆22:143xyC+=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OPk，证明：OPkk

为定值，并求出该定值；（2）如图，,PQRS分别是椭圆C的过原点的弦，过,,,PQRS四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若916OPOSkk=−，求四边形ABCD周长的最大值.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2023年上学期高二期末考试数学参考答案､提示及评分细则1.【答案】B【解析】13,{1}MxxNxx=−=−∣∣剟，所以)1,MN=−+，故选B.2.【答案】D【解析】因为i2iz=+，则12iz=−，所

以223(12i)34i2112i12izz+−+−===−−−−.故选D.3.【答案】C【解析】若,,abc成等比数列，则2bac=；若2bac=，令0ab==，满足2bac=，但此时,,abc不构成等比数列，故选C.4.【答案】D【解析】售价平均()19.69.910

10.210.3105x=++++=，则403.1109y=−=，销售量()110.29.38.48.09.05ym=++++=，解得9.1m=.故选D.5.【答案】B【解析】若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有33A6=种.若三人中选两个人值班，则有212323CCC18=种，因此一

共有61824+=种.故选B.6.【答案】B【解析】依题意可知，12log4aa−.当01a时，1log402aa−，显然成立；当1a时，由11ln42log42lnaaaa−−−=−，注意到()1ln42lnxfxx−=−为递增函数，且()20f=，因此()()02faf=，即

2a，综上可知，()()0,12,a+.故选B.7.【答案】A【解析】依题意，()()1202fxfx++=，可得()()()114224fxfxfx+=−+=，则()()5051202334ff=，而()()13112ff=−=−，故()505120234f=−.

故选A.8.【答案】D【解析】延长2QF与双曲线交于点P，因为12FPFP∥，根据对称性可知，12FPFP=，设21FPFPt==，则223FPFQt==，从而2122aFPFPt=−=，即ta=，故44PQta==，而1225QFQFaa=+=，而123FPFPa==，从而1129

0FPQFPF==，在12PFF中，由勾股定理得2224(3)caa=+，即2252ac=，则102cea==.故选D.9.【答案】BD【解析】由题意可知()()2lg1fxx=−，故()fx为偶函数，又()fx的定义域为()1,1−，值域为(),0−

，且在()0,1上为减函数，故选BD.10.【答案】ABC【解析】平面向量()()()()1,1,2,1,2,,1,2abcmabcm==−=++=+，则21(2)10abcm++=++=，解得1m=或5m=−，故A错误；若()(),1,2abcab++=−∥

，则4m−=，得4m=−，故B错误；若()(),3,1acbacm+⊥+=+，则610m−++=，得5m=，故C错误；由()0,1bcm+=+，可得,45bca+=或135，故D正确.故选ABC.11.【答案】ABD【解析】对于选项A，由题意可得，圆O的圆

心为()0,0O，半径12r=，圆C的圆心()3,3C，半径22r=，因为两圆圆心距123222OCrr=+=+，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12324OCrr++=+，最小值为12324OCrr−−=−，B正确；

对于C选项，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，设直线为yxt=+，则两平行线间的距离为2，即22t=，故yx=22，故C不正确；对于D选项，当22QO=时，90MQN=，故D正确，故选ABD.12.【答案】

BC【解析】()()()()2sincos1singxxxx=+++=+++，其中tan=，对于()A,2sin4gxx=++，因为()gx为奇函数，故4=−，故A错误；对于B，由题意可知,2为()

sin4fxx=+单调递减区间的子集，所以22,24232,42kk−++++„…„解得1524剟，故B正确；对于C，依题意215+=，故2=，此时()5sin24gxx=++，且02242xk

++=+，即0224xk=+−，因此()005sin2sincos425fxx=+=−==，故C正确；对于D，将()fx向左平移4个单位长度，此时方程为sin4yx=

++，它与()gx的对称轴完全一致，则4k−=，若取2,2k==，此时()()()sin2cos2,5sin225cos222yxxgxxx=++=+=+++=+，二者对称轴相同，故D错误.故选BC.13.【答案】0.75【解析】()

()()PABPABPB=∣，即()()()0.50.60.3PABPBPAB===∣，故()()()0.30.750.4PABPBAPA===∣.14.【答案】3【解析】设(),Pmn，则24mn=，由题意2223mn+=，故24120nn+−=，则2n=，故13PFn=+=.15.

【答案】19−【解析】()()sinsincossincos2sintantancoscoscoscos+++=+==，因为()1cos3+=，则()sin0+，因此1coscos2

=，而()1coscoscossinsin3+=−=，从而111sinsin236=−=，因此()112coscoscossinsin263−=+=+=，则()()21cos22cos19

−=−−=−.16.【答案】23232−【解析】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人勒洛四面体，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,RAM是高，如图.222336,3233BMAMABBM===−=，由222BOBMOM=+，得2226333RR=−+，解得64R

=，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，,OE三点共线，且61,4BEOB==，因此614OE=−，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2623214323

−=−.17.【解析】（1）依题意，12nnnSaa−=+，可知()1123nnSan−−=…，当3n=时，由222Sa=，可知211aa==，由112nnSa−−=，可得2nnSa=两式相减可知，122

nnnaaa−=−，即()123nnaan−=…，因此2n…时，22222nnnaa−−==，即21,1,2,2;nnnan−==…（2）由（1）可知，121,2SS==，当3n…时，231122222nnnnnnSaa−

−−−=+=+=，因此()1*2nnSn−=N，故111553222444nnnnnndSS−−+=−=−=，故nd的前n项和()()011331232222144124nnnnT−−=+++==−−.18.【解析】（1）依题意，设事件A：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，从而()11222345CCA1A5PA==；（2）X的所有可能取值为0,1,2，()()()()11322223424355CCAAA1220,12,

2A55A5PXPXPAPX=========，X的分布列为：X012P152525()12260125555EX=++=.19.【答案】证明：（1）过A作1ADAB⊥于D，平面1ABC⊥平面11AB

BA，且平面1ABC平面111ABBAAB=，AD⊥平面1ABC，故ADBC⊥，在直三棱柱111ABCABC−中，1AA⊥平面ABC，故1BCAA⊥，由1ADAAA=可知，BC⊥平面11AABB，故BCAB⊥；（2）

以B为坐标原点，1,,BCBABB为,,xyz轴建立空间直角坐标系，不妨设2BC=，则()()()()()112,0,0,0,23,0,0,0,4,0,23,4,0,0,3CABAE，则()()()112,23,4,0,23,4,2,0,3CABACE=−==−，设平面1AEC的法向量为()1

11,,mxyz=，则10,0,mCAmCE==即1111122340,230,xyzxz−++=−+=令123z=，则1133,1xy==−，即()33,1,23,m=−设平面1ABC的法向

量为()222,,nxyz=，则110,0,nCAnBA==即22222320,320,xyzyz−++=+=令23z=，则220,2xy==−，即()0,2,3n=−，则84270cos,3574070mnmnmn====

，二面角1EACB−−的余弦值为27035.20.【解析】证明：（1）依题意，()sinsincossincosbcABCCB−=−，即()coscosbcabCcB−=−，由余弦定理得222222cos,cos22acbabcBCacab+−+−=

=，代入可得()2222222222abcacbbcabcaaa+−+−−−=−=，因为bc，所以bcaa+=，即2abc=+；（2）由（1）知，2abc=+，则bcaa+=，由正弦定理得，()()2sinsinsinsin2sincossinsinsincoscossin2sincosc

os2cos1sinBCBCCCCaBCBCBCCCCCC+++===+++−()()2sin2cos112cos14cos1sinCCCCC+==−−，其中C为锐角，所以2cos10,sin0CC+，因为2,BCABC=++=，则02,203,2CC

−解得64C则23cos22C，因此31,212a++.21.【解析】（1）依题意可知，()1e0xafxx−=−+…，即1exax−…在()0,+上恒成立.设()()()11e

,1exxhxxhxx−−==−，则()hx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，故()()11hxh=„，因此1a…；（2）设()()313elnxgxfxxaxx−=−=+−，注意()10g=，即()()10gxg=„，因此()1g为最大值.由()()1

2e3,1404xagxxgaax−=−+−=−==.下证明当4a=时，恒有()13e4ln0xgxxx−=+−„，注意到()()121244e3,e6xxgxxgxxxx−−=−+−=−−，由（1）可知111e1exxxx−−剟，因此()31222414

64e66xxxgxxxxxxx−−+=−−−=−−„.当04x„时，336460xxx−+…，当4x时，3649649540xxxxx−+−+=+，因此30,640xxx−+，故()0gx，故()gx单调递减，而()10g=，因此()0,1x时，()()0

,gxgx单调递增，当()1,x+时，()()0,gxgx单调递减.即()()10gxg=„，证毕.22.【解析】（1）设()00,Pxy，设:lykxm=+，其中00ykxm=+，联立椭圆方程得，()222221,438412043xykxkmxmykxm+

=+++−==+，由()()222Δ(8)4434120kmkm=−+−=得2243mk=+，即()220043ykxk−=+，即22220000243kxkxyyk−+=+，()22200004230xkkxyy−−+−=

，即2220000432034ykkxyx−−−=，即()200430kyx+=，即0034kyx=−，即34OPkk=−；（2）由（1）可知，33,44ABOPADOSkkkk=−=−，则916ABOPADOSkkkk=，又因为916OPOSkk=−，因

此1ABADkk=−，因此四边形ABCD为矩形，由（1）可知，若直线AB的方程为ykxm=+，则2243mk=+，因为AB与CD关于原点对称，因此可设直线CD的方程为ykxm=−，直线,ABCD的距离为22122224322111mmk

dkkk+===+++，因为AB与AD垂直，故AD的斜率1ADkk=−，同理可计算,ADBC的距离为22222434322111kkdkk++==++，2222122223443344322,111kkkkLABBCddk

kk+++++=+=+=+=+++()()222422224242772344312251242882881212121kkkkkkLkkkkk++++++==+=+++++++2211288122881256142kk=++++=++„

因此214L„，当且仅当1k=时等号成立，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com