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

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）15分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N=()25分）已知复数z满足iz＝2+i，则=()35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45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x9.69.9销售y9.3m8.48.0根据计算可得y与x的经验回归方程是：=−3.1x+40，则m的值为()A．8.8B．8.9C．955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65分）若存在实数m，使得loga4＜m＜2a−1，则实数a的取值范围是()A．(0，)∪(1，+∞)B0，1）∪（2，+∞)75分）已知定义在R上的函数f（x）满足f(x+2)+f(x)=0，且x∈[0，2f（x2x，则f（2023）=()85分）如图，已知F1，F2是双曲线C：=1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() 5 3D. 2二、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）95分）已知函数f（xlg（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）105分）已知平面向量=(1，1)，=(−2，1)，=(2，m)，则下列说法错误的是()→A．若|a+b+c|=10，则m＝1→B．若(a+b)∥c，则m=﹣1→C．若(a+c)⊥b，则m=﹣6→（多选）115分）已知圆O：x2+y2＝4和圆Cx﹣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[32−4，32+4]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）125分）已知函数f(x)=sin(幼x+φ)(幼＞0，|φ|<)，设函数g（xf（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φ=B．当φ=时，若f（x）在区间(，π)上单调递减，则ω的取值范围是[，]C．当φ=时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为5，则f(x0)=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）135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.145分）已知抛物线C：y=x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若|P0|=23，则|PF|=.=.165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）1710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.1812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.1912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.2012分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sinC)，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.2112分）已知函数f（xe1﹣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.2212分）已知P为椭圆C：+=1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（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⋅KOS=，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）15分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N=()【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x1，故B＝{x|x1}；所以M∪N＝[﹣1，+∞).故选：B.25分）已知复数z满足iz＝2+i，则=()【解答】解：因为iz＝2+i，则z=2i=1−2i，所以=(3==2.故选：D.35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；∴“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.45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x9.69.9销售y9.3m8.48.0根据计算可得y与x的经验回归方程是：=−3.1x+40，则m的值为()A．8.8B．8.9C．9【解答】解：由题意得x=(9.6+9.9+10+10.2+10.3)=10，又销售量y故选：D.55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【解答】解：若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有A=6种.若三人中选两个人值班，则有CCC=18种，因此一共有6+18＝24种.故选：B.65分）若存在实数m，使得loga4＜m＜2a−1，则实数a的取值范围是()A．(0，)∪(1，+∞)B0，1）∪（2，+∞)【解答】解：依题意可知，2a﹣1＞loga4.当0＜a＜1时，loga4＜0＜2a−1，显然成立；当a＞1时，由2a−1−loga4=2a−1−，注意到f(x)=2x−1−为递增函数，且f（20，因此f（a0＝f（2即a＞2.故选：B.75分）已知定义在R上的函数f（x）满足f(x+2)+f(x)=0，且x∈[0，2f（x2x，则f（2023）=()【解答】解：依题意，f(x+2)+f(x)=0，可得f(x+4)=f(x+2)=f(x)，f(x+8)=4f(x+4)=42f(x)，f(x+12)=f(x+8)=f(x)，…f(x+2020)=f(x)，令x＝3，可得f(2023)=f(3)而f(3)=−故f(2023)故选：A.f(1)=−1，85分）如图，已知F1，F2是双曲线C：=1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() 5 3D. 2【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′|，则|F2P|＝|F2Q|＝3t，可得|F2P|﹣|F1P|＝2t＝2a，即a2+（3a）c a解得e=即|P'Q|即a2+（3a）c a解得e=可知∠F1P′Q=∠F1PF2＝90°,在△P′F1F2中，由勾股定理得|F2P'|2+|F1P'|2=|F1F2|2， 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）95分）已知函数f（xlg（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（xlg（1﹣x）+lg（1+xlg（1﹣x2由题意得，1−x＞0，解得﹣1＜x＜1，即函数的定义域为(﹣由f(﹣xlg（1﹣x2f（x则函数f（x）为偶函数，A错，B对；x)=lg，∵x1＞x2，∴x＞x，且0＜1−x＜1−x＜1，则＜1，即lg＜0，可得f（x1f（x2故函数f（x）在（0，1）上单调递减，D对；故选：BD.（多选）105分）已知平面向量=(1，1)，=(−2，1)，=(2，m)，则下列说法错误的是()→A．若|a+b+c|=10，则m＝1→B．若(a+b)∥c，则m=﹣1则|a+b+则|a+b+c|=10，解得m＝1或m=﹣5，故A错误；=C．若(a+c)⊥b，则m=﹣6→→→→→→→→则﹣m＝4，解得m=﹣4，故B错误；→若(a+c)⊥b，a+c=(3，m+1)，则﹣6+m+1＝0，得m＝5，故C错误；→可得〈→→c=(0，m+1)（对应点在y轴→ABC.（多选）115分）已知圆O：x2+y2＝4和圆Cx﹣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[32−4，32+4]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因为两圆圆心距|0C|=32＞2+2=r1+r2，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|0C|+r1+r2=32+4，最小值为|0C|−r1−r2=32−4，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=2，故y=x±22，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|Q0|=22时，∠MQN＝90°,故D正确.故选：ABD.（多选）125分）已知函数f(x)=sin(幼x+φ)(幼＞0，|φ|<)，设函数g（xf（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φ=B．当φ=时，若f（x）在区间(，π)上单调递减，则ω的取值范围是[，]C．当φ=时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为5，则f(x0)=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φ=+kπ,k∈Z，因为|φ|<，所以φ=，故A错误；对于B，由题意可知(，π)为f(x)=sin(幼x+)单调递减区间的子集，对于C，依题意1+幼2=5，故ω=2，此时g(x)=5sin(2x++θ)，因此f(x0)=sin(2x0+)=sin(θ+2kπ)=cosθ,k∈Z，因为tanθ=ω=2，θ∈(0，)，所以sinθ=2cosθ.因为sin2θ+cos2θ=1，所以cos2θ1所以f(x0)=，故C正确.对于D，将f（x）向左平移个单位长度，可得y=sin(幼x+φ+幼)的图象.因为它与g(x)=1+幼2sin(幼x+φ+θ)的对称轴完全一致，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）135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)=可得，P（AB）＝P（B）P（A|B）＝0.5×0.6＝0.3，故P(B|A)===0.75.故答案为：0.75.145分）已知抛物线C：y=x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若|P0|=23，【解答】解：由题意可知抛物线C：y=x2的准线为y=﹣1，故n2+4n﹣12＝0，则n＝2，故答案为：3.155分）已知α,β均为锐角，tanα+tanβ=2sin(α+β),且cos(a+β)=，则cos2(α﹣β)=.【解答】解：2sin(a+β)=tana+tanβ=sinaccosa=,而cos(a+β)=cosacosβ−sinasinβ=，从而sinasinβ==，因此cos(a−β)=cosacosβ+sinasinβ=+=，则cos2(a−β)=2cos2(a−β)−1=.故答案为：.165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.BM=×=，AM=AB2−BM2=，由BO2＝BM2+OM2，得R2=(R)2+()2，解得R=，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= 6因此OE=1，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×(1)=.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）1710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＝2an1，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，（2）结合（1）可知当n≥2，Sn＝1+1+2+…+2n﹣2＝1+1×(n−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×2n﹣1=×2n−1，1812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)==.（2）X的所有可能取值为0，1，2，P(X=0)==，P(X=1)=2P(A)=，P(X=2)==，所以X的分布列为：x012P 1 5 2 5 2 51912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为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设|BC|=2，→设平面A1EC的法向量为m=(X1，y1，Z1)，则m⋅→m⋅→则m⋅→m⋅→→设平面A1BC的法向量为n=(X2，y2，Z2)，→n⋅→则n→n⋅→BA1=03y2+2Z2=0令Z2=3，则x2＝0，y2=﹣2，m⋅n=cos＜m===8= 8=二面角E﹣A1C﹣B的余弦值为.2012分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sinC)，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sinA=sinC)，故（b﹣c）sinA＝sinBcosC﹣sinCcosB，即（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB，由余弦定理得cosB=a2b2，cosc=a2c2，代入（b﹣c）a＝bcosC﹣ccosB可得a(b−c)=a2+−c2−a2+−b2=b2c2，因为b≠c，所以a=，即a2＝b+c；（2）解：由题意△ABC为锐角三角形，且B＝2C，由（1）知，则a=，由正弦定理得，a==sinBsinc=2sincco−1)sinc==2coc−1，其中C为锐角，所以2cosC+1≠0，sinC≠0，因为B＝2C，A+B+C=π,则<，解得＜c<，则＜cosc＜，则2−1＜2cosc−1＜3−1，即2coc−1∈(，2+2112分）已知函数f（xe1﹣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+≥0，即a≥xe1﹣x在（0，+∞)上恒成立.h′（x0，则h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞)上单调递减，）＝（2）证明：设g（xf（xx3＝e1﹣x+alnx﹣x3，注意g（10，即g（x）≤g（10，因此g（1）为最大值.由g'(x)=−e1−x+3x2，g'(1)=a−4=下证明当a＝4时，恒有g（x）＝e1﹣x+4lnx﹣x3≤0，注意到g'(x)=−e1−x+3x2，令u（xg′（xu'(x)=e1−x6x，由（1）可知xe1−x≤1⇒e1−x≤，因此u'(x)=e1−x6x≤6x=−6x3+4.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