2022-2023學(xué)年湖南省五市十校教研教改共同體、三湘名校教育聯(lián)盟、湖湘名校教育聯(lián)合體高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷含答案

2022-2023學(xué)年湖南省五市十校教研教改共同體、三湘名校教育聯(lián)盟、湖湘名校教育聯(lián)合體高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，則M∪N＝（）A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]2．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足iz＝2+i，則z2A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．23．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．（5分）隨著疫情結(jié)束，自行車市場逐漸回暖，通過調(diào)查，收集了5家商家對某個(gè)品牌的自行車的售價(jià)x（百元）和月銷售量y（百輛）之間的一組數(shù)據(jù)，如表所示：價(jià)格x9.69.91010.210.3銷售y10.29.3m8.48.0根據(jù)計(jì)算可得y與x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程是：y?=-3.1x+40，則A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.15．（5分）端午節(jié)三天假期中每天需安排一人值班，現(xiàn)由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班兩天，則不同的安排方法有（）A．18種 B．24種 C．36種 D．42種6．（5分）若存在實(shí)數(shù)m，使得loga4＜m＜A．(0，12)∪(1，+∞)C．(12，1)∪(1，+∞)7．（5分）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2xA．-14505 B．-128．（5分）如圖，已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左、右焦點(diǎn)，P，Q為雙曲線C上兩點(diǎn)，滿足F1P∥F2Q，且|F2QA．105 B．52 C．153二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）（多選）9．（5分）已知函數(shù)f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），則下列說法正確的是（）A．f（x）是奇函數(shù) B．f（x）為偶函數(shù) C．f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?） D．f（x）在（0，1）上是減函數(shù)（多選）10．（5分）已知平面向量a→A．若|a→+bB．若(a→+bC．若(a→+cD．?m∈R且m≠1，則?b（多選）11．（5分）已知圓O：x2+y2＝4和圓C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分別是圓O，圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．圓O與圓C有四條公切線 B．|PQ|的取值范圍是[32C．x﹣y＝2是圓O與圓C的一條公切線 D．過點(diǎn)Q作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，則存在點(diǎn)Q，使得∠MQN＝90°（多選）12．（5分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，設(shè)函數(shù)g（x）＝f（x）+fA．當(dāng)ω＝1時(shí)，若g（x）為奇函數(shù)，則φ=πB．當(dāng)φ=π4時(shí)，若f（x）在區(qū)間(π2，π)C．當(dāng)φ=π4時(shí)，若g（x）在x＝x0處取得最大值為5，則D．若將f（x）的圖象向左平移π4個(gè)單位長度所得的圖象與g（x）的圖象的所有對稱軸均相同，則ω三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13．（5分）已知事件A發(fā)生的概率為0.4，事件B發(fā)生的概率為0.5，若在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率為0.6，則在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率為．14．（5分）已知拋物線C：y=14x2的焦點(diǎn)為F，P是拋物線C上的一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若|PO|=2315．（5分）已知α，β均為銳角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cos(α+β)=13，則cos2（α﹣β）＝16．（5分）勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個(gè)球圍成的幾何體，如圖所示，已知正四面體ABCD的棱長為1，若一個(gè)正方體能夠在勒洛四面體中隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，則正方體的棱長的最大值為．四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（10分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）記dn＝Sn+1-54Sn，求數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和T18．（12分）某中學(xué)舉行春季研學(xué)活動(dòng)，為了增加趣味性，在研學(xué)活動(dòng)中設(shè)計(jì)了一個(gè)摸獎(jiǎng)獲贈(zèng)書的游戲，在一個(gè)不透明的盒子中有質(zhì)地、大小相同的球5個(gè)，將5個(gè)球編號(hào)為1～5，其中紅球2個(gè)，黃球2個(gè)，藍(lán)球1個(gè)，每次不放回地隨機(jī)從盒中取一個(gè)球，當(dāng)三種顏色的球都至少有一個(gè)被取出時(shí)，停止取球，游戲結(jié)束，取球次數(shù)最少將獲得獎(jiǎng)勵(lì)．（1）求當(dāng)游戲結(jié)束時(shí)盒子里恰好只剩下一個(gè)球且為紅球的概率；（2）停止取球時(shí)，記盒子中所剩球的個(gè)數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．19．（12分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．（1）證明：AB⊥BC；（2）若AA1＝AC＝2BC，E為BB1上一點(diǎn)，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．20．（12分）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinA=sin(B-C)b-c，且b≠（1）證明：a2＝b+c；（2）若△ABC為銳角三角形，且B＝2C，求a的取值范圍．21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝e1﹣x+alnx．（1）若f（x）在定義域上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（2）若f（x）≤x3恒成立，求實(shí)數(shù)a的值．22．（12分）已知P為橢圓C：x24+y23=1上一點(diǎn)，且點(diǎn)（1）若l的斜率為k，直線OP的斜率為kOP，證明：k?kOP為定值，并求出該定值；（2）如圖，PQ，RS分別是橢圓C的過原點(diǎn)的弦，過P，Q，R，S四點(diǎn)分別作橢圓C的切線，四條切線圍成四邊形ABCD，若kOP?k

2022-2023學(xué)年湖南省五市十校教研教改共同體、三湘名校教育聯(lián)盟、湖湘名校教育聯(lián)合體高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，則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}；由函數(shù)y＝lnx的定義域?yàn)椋?，+∞），即x+1＞0，解得x＞﹣1，故B＝{x|x＞﹣1}；所以M∪N＝[﹣1，+∞）．故選：B．2．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足iz＝2+i，則z2A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2【解答】解：因?yàn)閕z＝2+i，則z=2+ii=1-2i故選：D．3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解答】解：若a、b、c成等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得：b2＝ac，∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的必要條件；若b＝0，a＝2，c＝0，滿足b2＝ac，但a、b、c顯然不成等比數(shù)列，∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的非充分條件．∴“b2＝ac”是“a、b、c成等比數(shù)列”的必要非充分條件．故選：B．4．（5分）隨著疫情結(jié)束，自行車市場逐漸回暖，通過調(diào)查，收集了5家商家對某個(gè)品牌的自行車的售價(jià)x（百元）和月銷售量y（百輛）之間的一組數(shù)據(jù)，如表所示：價(jià)格x9.69.91010.210.3銷售y10.29.3m8.48.0根據(jù)計(jì)算可得y與x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程是：y?=-3.1x+40，則A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1【解答】解：由題意得x=則y=40-3.1×10=9又銷售量y=15故選：D．5．（5分）端午節(jié)三天假期中每天需安排一人值班，現(xiàn)由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班兩天，則不同的安排方法有（）A．18種 B．24種 C．36種 D．42種【解答】解：若甲乙丙三人每人值班一天，則不同安排方法有A3若三人中選兩個(gè)人值班，則有C3故選：B．6．（5分）若存在實(shí)數(shù)m，使得loga4＜m＜A．(0，12)∪(1，+∞)C．(12，1)∪(1，+∞)【解答】解：依題意可知，2a﹣1＞loga4．當(dāng)0＜a＜1時(shí)，log當(dāng)a＞1時(shí)，由2a-1-log且f（2）＝0，因此f（a）＞0＝f（2），即a＞2．綜上可知，a∈（0，1）∪（2，+∞）．故選：B．7．（5分）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2xA．-14505 B．-12【解答】解：依題意，f(x+2)+1可得f(x+4)=-1f(x+8)=1f(x+12)=1…f(x+2020)=1令x＝3，可得f(2023)=而f(3)=-1故f(2023)=-1故選：A．8．（5分）如圖，已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左、右焦點(diǎn)，P，Q為雙曲線C上兩點(diǎn)，滿足F1P∥F2Q，且|F2QA．105 B．52 C．153【解答】解：延長QF2與雙曲線交于點(diǎn)P′，因?yàn)镕1P∥F2P′，根據(jù)對稱性可知|F1P|＝|F2P′|，設(shè)|F2P′|＝|F1P|＝t，則|F2P|＝|F2Q|＝3t，可得|F2P|﹣|F1P|＝2t＝2a，即t＝a，所以|P′Q|＝4t＝4a，則|QF1|＝|QF2|+2a＝5a，|F1P′|＝|F2P|＝3a，即|P'Q|2可知∠F1P′Q＝∠F1PF2＝90°，在△P′F1F2中，由勾股定理得|F即a2+（3a）2＝4c2，解得e=c故選：D．二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）（多選）9．（5分）已知函數(shù)f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），則下列說法正確的是（）A．f（x）是奇函數(shù) B．f（x）為偶函數(shù) C．f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?） D．f（x）在（0，1）上是減函數(shù)【解答】解：由函數(shù)f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x）＝lg（1﹣x2），由題意得，1-x＞01+x＞0，解得﹣1＜x由f（﹣x）＝lg（1﹣x2）＝f（x），則函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，A錯(cuò)，B對；因?yàn)?＜1﹣x2≤1，所以f（x）≤0，f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?]，C錯(cuò)；取任意x1，x2∈（0，1），令x1＞x2，則f(x∵x1＞x2，∴x12＞x22，且可得f（x1）＜f（x2），故函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，D對；故選：BD．（多選）10．（5分）已知平面向量a→A．若|a→+bB．若(a→+bC．若(a→+cD．?m∈R且m≠1，則?b【解答】解：∵平面向量a→∴a→則|a→+b→+c若(a→+b→則﹣m＝4，解得m＝﹣4，故B錯(cuò)誤；若(a→+c→)⊥b由b→+c→=(0，m+1)可得?b→+故選：ABC．（多選）11．（5分）已知圓O：x2+y2＝4和圓C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分別是圓O，圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．圓O與圓C有四條公切線 B．|PQ|的取值范圍是[32C．x﹣y＝2是圓O與圓C的一條公切線 D．過點(diǎn)Q作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，則存在點(diǎn)Q，使得∠MQN＝90°【解答】解：對于選項(xiàng)A，由題意可得，圓O的圓心為O（0，0），半徑r1＝2，圓C的圓心C（3，3），半徑r2＝2，因?yàn)閮蓤A圓心距|OC|=32＞2+2=r對于B選項(xiàng)，|PQ|的最大值等于|OC|+r1+r2對于C選項(xiàng)，顯然直線x﹣y＝2與直線OC平行，因?yàn)閮蓤A的半徑相等，則外公切線與圓心連線平行，由直線OC：y＝x，設(shè)直線為y＝x+t，則兩平行線間的距離為2，即|t|2=2，故y=x±22對于D選項(xiàng)，易知當(dāng)∠MQN＝90°時(shí)，四邊形OMQN為正方形，故當(dāng)|QO|=22時(shí)，∠MQN＝90°，故D故選：ABD．（多選）12．（5分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，設(shè)函數(shù)g（x）＝f（x）+fA．當(dāng)ω＝1時(shí)，若g（x）為奇函數(shù)，則φ=πB．當(dāng)φ=π4時(shí)，若f（x）在區(qū)間(π2，π)C．當(dāng)φ=π4時(shí)，若g（x）在x＝x0處取得最大值為5，則D．若將f（x）的圖象向左平移π4個(gè)單位長度所得的圖象與g（x）的圖象的所有對稱軸均相同，則ω【解答】解：由f（x）＝sin（ωx+φ），得f′（x）＝ωcos（ωx+φ），所以g(x)=sin(ωx+φ)+ωcos(ωx+φ)=1+ω2sin(ωx+φ+θ)，其中tanθ＝對于A，g(x)=2sin(x+π4+φ)，因?yàn)間所以φ=-π4+kπ，k∈Z，因?yàn)閨φ|＜π2對于B，由題意可知(π2，π)所以π-π2≤πω解得12≤ω≤5對于C，依題意1+ω2=5，故且2x0+π4+θ=π2+2kπ，k因此f(x0)=sin(2x0因?yàn)閠anθ＝ω＝2，θ∈(0，π2)，所以sinθ因?yàn)閟in2θ+cos2θ＝1，所以cos因?yàn)棣取?0，π2)所以f(x0)=對于D，將f（x）向左平移π4個(gè)單位長度，可得y=sin(ωx+φ+因?yàn)樗cg(x)=1+所以θ-π4ω=kπ，k所以θ=kπ+π4ω，所以tanθ=tan(kπ+π4此時(shí)ω不一定等于1，故D錯(cuò)誤．故選：BC．三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13．（5分）已知事件A發(fā)生的概率為0.4，事件B發(fā)生的概率為0.5，若在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率為0.6，則在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率為0.75．【解答】解：由已知可得P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（A|B）＝0.6，由P(A|B)=P(AB)P(B)可得，P（AB）＝P（B）P（A|故P(B|A)=P(AB)故答案為：0.75．14．（5分）已知拋物線C：y=14x2的焦點(diǎn)為F，P是拋物線C上的一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若|PO|=23【解答】解：由題意可知拋物線C：y=14x設(shè)P（m，n），n≥0，則m2＝4n，由題意m2故n2+4n﹣12＝0，則n＝2，故|PF|＝n+1＝3．故答案為：3．15．（5分）已知α，β均為銳角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cos(α+β)=13，則cos2（α﹣β）＝-【解答】解：2sin(α+β)=tanα+tanβ=sinαcosβ+sinβcosα因?yàn)閏os(α+β)=13，則sin（α+β）≠0，因此而cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=13，從而因此cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=1則cos2(α-β)=2cos故答案為：-116．（5分）勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個(gè)球圍成的幾何體，如圖所示，已知正四面體ABCD的棱長為1，若一個(gè)正方體能夠在勒洛四面體中隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，則正方體的棱長的最大值為233【解答】解：若正方體能在勒洛四面體中任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則正方體的外接球能夠放入勒洛四面體，因此，求正方體的棱長最大值，即求其外接球半徑最大值，也即勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑，此時(shí)該球與勒洛四面體的四個(gè)曲面均相切，該球的球心即為正四面體ABCD的中心，設(shè)M是底面BCD的中心，O是四面體的中心，外接球半徑為R，AM是高，如圖．BM=2由BO2＝BM2+OM2，得R2=(設(shè)E為正方體的外接球與勒洛四面體的一個(gè)切點(diǎn)，O為該球的球心，易知該球的球心O為正四面體ABCD的中心，半徑為OE，連接BE，易知B，O，E三點(diǎn)共線，且BE=1，OB=6因此OE=1-64，此即正方體外接球半徑的最大值，此時(shí)正方體的棱長的最大值為故答案為：23四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（10分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）記dn＝Sn+1-54Sn，求數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和T【解答】解：（1）由題意，當(dāng)n≥3有Sn＝an+2an﹣1，所以又有Sn+1＝an+1+2an，二式相減化簡得an＝2an﹣1，即當(dāng)n≥2，數(shù)列{an}是以2為公比，a2為首項(xiàng)的等比數(shù)列，又因?yàn)镾3＝a1+a2+a3＝a3+2a2，所以a2＝a1＝1，所以當(dāng)n≥2，an＝2n﹣2，所以an=1，n=1（2）結(jié)合（1）可知當(dāng)n≥2，Sn＝1+1+2+…+2n﹣2＝1+1×(1-2n-1)又S1＝a1＝1，符合上式，所以Sn＝2n﹣1，所以Sn+1＝2n，所以dn＝2n-54×2n所以Tn=34×（1-2n18．（12分）某中學(xué)舉行春季研學(xué)活動(dòng)，為了增加趣味性，在研學(xué)活動(dòng)中設(shè)計(jì)了一個(gè)摸獎(jiǎng)獲贈(zèng)書的游戲，在一個(gè)不透明的盒子中有質(zhì)地、大小相同的球5個(gè)，將5個(gè)球編號(hào)為1～5，其中紅球2個(gè)，黃球2個(gè)，藍(lán)球1個(gè)，每次不放回地隨機(jī)從盒中取一個(gè)球，當(dāng)三種顏色的球都至少有一個(gè)被取出時(shí)，停止取球，游戲結(jié)束，取球次數(shù)最少將獲得獎(jiǎng)勵(lì)．（1）求當(dāng)游戲結(jié)束時(shí)盒子里恰好只剩下一個(gè)球且為紅球的概率；（2）停止取球時(shí)，記盒子中所剩球的個(gè)數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．【解答】解：（1）記事件A為“盒子恰好剩下一個(gè)紅球，前三次只能取兩種顏色的球，第四次取第三種顏色的球”，因此第四次取球只能是紅球或者藍(lán)球，所以當(dāng)游戲結(jié)束時(shí)盒子里恰好只剩下一個(gè)球且為紅球的概率P(A)=C（2）X的所有可能取值為0，1，2，P(X=0)=A44A5所以X的分布列為：x012P152525E(X)=0×119．（12分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．（1）證明：AB⊥BC；（2）若AA1＝AC＝2BC，E為BB1上一點(diǎn)，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．【解答】解：（1）證明：過A作AD⊥A1B于D，因?yàn)槠矫鍭1BC⊥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為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC→，BA→，BB1→則C(2，0，0)，A(0，23則CA設(shè)平面A1EC的法向量為m→則m→?C令z1=23，則x設(shè)平面A1BC的法向量為n→則n→?C令z2=3，則x2＝0，所以n→cos＜m→，二面角E﹣A1C﹣B的余弦值為27020．（12分）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinA=sin(B-C)b-c，且b≠（1）證明：a2＝b+c；（2）若△ABC為銳角三角形，且B＝2C，求a的取值范圍．【解答】（1）證明：依題意知sinA=sin(B-C)故（b﹣c）sinA＝sinBcosC﹣sinCcosB，即（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB，由余弦定理得cosB=a代入（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB可得a(b-c)=a因?yàn)閎≠c，所以a=b+ca，即a2＝b+（2）解：由題意△ABC為銳角三角形，且B＝2C，由（1）知，則a=b+c由正弦定理得，a==sinC(2cosC+1)(4cos2C-1)sinC=1因?yàn)锽＝2C，A+B+C＝π，則0＜2C＜π20＜π-3C＜則22＜cosC＜32，則因此a∈(321．（12分）已知函數(shù)f（x）＝e1﹣x+alnx．（1）若f（x）在定義域上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（2）若f（x）≤x3恒成立，求實(shí)數(shù)a的值．【解答】解：（1）依題意可知，f'(x)=-e1-x+ax≥0，即設(shè)h（x）＝xe1﹣x，h′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，顯然當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x