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）期末数学试卷含答案

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z2A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．23．（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x9.69.91010.210.3销售y10.29.3m8.48.0根据计算可得y与x的经验回归方程是：ŷ=-3.1x+40，则A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.15．（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loga4＜m＜A．(0，12)∪(1，+∞)C．(12，1)∪(1，+∞)7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2xA．-14505 B．-128．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2QA．105 B．52 C．153二、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a→A．若|a→+bB．若(a→+bC．若(a→+cD．∀m∈R且m≠1，则〈b（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[32C．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f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，设函数g（x）＝f（x）+fA．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则φ=πB．当φ=π4时，若f（x）在区间(π2，π)C．当φ=π4时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为5，则D．若将f（x）的图象向左平移π4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C：y=14x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若|PO|=2315．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cos(α+β)=13，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+1-54Sn，求数列{dn}的前n项和T18．（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sinA=sin(B-C)b-c，且b≠（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C：x24+y23=1上一点，且点（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kOP⋅k

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z2A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2【解答】解：因为iz＝2+i，则z=2+ii=1-2i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x9.69.91010.210.3销售y10.29.3m8.48.0根据计算可得y与x的经验回归方程是：ŷ=-3.1x+40，则A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1【解答】解：由题意得x=则y=40-3.1×10=9又销售量y=15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A3若三人中选两个人值班，则有C3故选：B．6．（5分）若存在实数m，使得loga4＜m＜A．(0，12)∪(1，+∞)C．(12，1)∪(1，+∞)【解答】解：依题意可知，2a﹣1＞loga4．当0＜a＜1时，log当a＞1时，由2a-1-log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f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2xA．-14505 B．-12【解答】解：依题意，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故选：A．8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2QA．105 B．52 C．153【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|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，1-x＞01+x＞0，解得﹣1＜x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f(x∵x1＞x2，∴x12＞x22，且可得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a→A．若|a→+bB．若(a→+bC．若(a→+cD．∀m∈R且m≠1，则〈b【解答】解：∵平面向量a→∴a→则|a→+b→+c若(a→+b→则﹣m＝4，解得m＝﹣4，故B错误；若(a→+c→)⊥b由b→+c→=(0，m+1)可得〈b→+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[32C．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|OC|=32＞2+2=r对于B选项，|PQ|的最大值等于|OC|+r1+r2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|t|2=2，故y=x±22对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当|QO|=22时，∠MQN＝90°，故D故选：ABD．（多选）12．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，设函数g（x）＝f（x）+fA．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则φ=πB．当φ=π4时，若f（x）在区间(π2，π)C．当φ=π4时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为5，则D．若将f（x）的图象向左平移π4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【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＝对于A，g(x)=2sin(x+π4+φ)，因为g所以φ=-π4+kπ，k∈Z，因为|φ|＜π2对于B，由题意可知(π2，π)所以π-π2≤πω解得12≤ω≤5对于C，依题意1+ω2=5，故且2x0+π4+θ=π2+2kπ，k因此f(x0)=sin(2x0因为tanθ＝ω＝2，θ∈(0，π2)，所以sinθ因为sin2θ+cos2θ＝1，所以cos因为θ∈(0，π2)所以f(x0)=对于D，将f（x）向左平移π4个单位长度，可得y=sin(ωx+φ+因为它与g(x)=1+所以θ-π4ω=kπ，k所以θ=kπ+π4ω，所以tanθ=tan(kπ+π4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P(A|B)=P(AB)P(B)可得，P（AB）＝P（B）P（A|故P(B|A)=P(AB)故答案为：0.75．14．（5分）已知抛物线C：y=14x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若|PO|=23【解答】解：由题意可知抛物线C：y=14x设P（m，n），n≥0，则m2＝4n，由题意m2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cos(α+β)=13，则cos2（α﹣β）＝-【解答】解：2sin(α+β)=tanα+tanβ=sinαcosβ+sinβcosα因为cos(α+β)=13，则sin（α+β）≠0，因此而cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=13，从而因此cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=1则cos2(α-β)=2cos故答案为：-116．（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233【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．BM=2由BO2＝BM2+OM2，得R2=(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BE=1，OB=6因此OE=1-64，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：23四、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+1-54Sn，求数列{dn}的前n项和T【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=1，n=1（2）结合（1）可知当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P(A)=C（2）X的所有可能取值为0，1，2，P(X=0)=A44A5所以X的分布列为：x012P152525E(X)=0×119．（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，BC→，BA→，BB1→则C(2，0，0)，A(0，23则CA设平面A1EC的法向量为m→则m→⋅C令z1=23，则x设平面A1BC的法向量为n→则n→⋅C令z2=3，则x2＝0，所以n→cos＜m→，二面角E﹣A1C﹣B的余弦值为27020．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sin(B-C)b-c，且b≠（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因为b≠c，所以a=b+ca，即a2＝b+（2）解：由题意△ABC为锐角三角形，且B＝2C，由（1）知，则a=b+c由正弦定理得，a==sinC(2cosC+1)(4cos2C-1)sinC=1因为B＝2C，A+B+C＝π，则0＜2C＜π20＜π-3C＜则22＜cosC＜32，则因此a∈(321．（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，f'(x)=-e1-x+ax≥0，即设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