2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷含答案

2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷一、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．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}，B={x|y=14-x2}A．7 B．8 C．15 D．162．（5分）1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix＝cosx+isinx（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，化简(eA．2 B．2i C．1+i D．1﹣i3．（5分）已知α∈(π，3π2)，且sin(α-A．m1-m2 B．-m1-m4．（5分）已知向量a→、b→满足|a→+A．﹣2 B．2 C．32 D．5．（5分）“五一”假期期间，某旅游景区为加强游客的安全工作，决定增派甲、乙、丙、丁四位工作人员到A、B、C三个景点进行安全防护宣传，增派的每位工作人员必须到一个景点，且只能到一个景点做安全防护宣传，每个景点至少增派一位工作人员．因工作需要，乙不能去A景点，甲和乙不能同去一个景点，则不同的安排方法数为（）A．20 B．30 C．42 D．606．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，点P在直线l：x-y-22=0上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，记劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为A．2＜S＜3 B．1＜S≤2 C．1＜S≤3 D．0＜S＜17．（5分）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{an}本身不是等差数列，但从{an}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{bn}（则称数列{an}为一阶等差数列），或者{bn}仍旧不是等差数列，但从{bn}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{cn}（则称数列{an}为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{an}：1，1，3，27，729…是一阶等比数列，则n=110logA．60 B．120 C．240 D．4808．（5分）若a=1.4-1，b＝sin0.2，c＝A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．b＜c＜a二、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。（多选）9．（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝﹣2，an+1＝an+1，则（）A．a2023＝2020 B．数列{an}是递增数列 C．数列{Sn}中的最小项为S2 D．Sm、S2m、S3m（多选）10．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(1＜ω＜3)A．ω＝2 B．f（x）的最小正周期为π C．f（x）在区间[-5π12D．f(2023π)=（多选）11．（5分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别是F1，F2，渐近线方程为3xA．双曲线的离心率为5 B．右焦点F2到渐近线的距离为6 C．过双曲线右焦点F2的直线l与C交于A，B两点，当|AB|＝30时，直线l有3条 D．若直线MF1与双曲线E的另一个交点为P，Q为MP的中点，O为原点，则直线OQ与直线PM的斜率之积为9（多选）12．（5分）乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守．某乒乓球协会组织职工比赛，比赛规则采用五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级且比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负相互独立．假设甲在任一局赢球的概率为p（0≤p≤1），有选手晋级所需要比赛局数的期望值记为f（p），则（）A．打满五局的概率为C4B．f（p）的常数项为3 C．函数f（p）在(12D．f(三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）2023年3月，某市为创建文明城市，随机从某小区抽取10位居民调查他们对自己目前生活状态的满意程度，该指标数越接近10表示满意程度越高．他们的满意度指标数分别是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，则这组数据的30%分位数是．14．（5分）为加强学生对平面图形翻折到空间图形的认识，某数学老师充分利用习题素材开展活动，现有一个求外接球表面积的问题，活动分为三个步骤，第一步认识平面图形：如图（一）所示的四边形PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PC，∠ABC＝60°，PA⊥PC．第二步：以AC为折痕将△PAC折起，得到三棱锥P﹣ABC，如图（二）．第三步：折成的二面角P﹣AC﹣B的大小为120°，则活动结束后计算得到三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．15．（5分）已知函数f（x）＝ax+e（a＞0），g（x）＝xex，若∀x2∈（﹣∞，1]，∃x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是．16．（5分）已知函数f（x）=x3-4x，x≤0-lnx，x＞0，若F（x）＝f（f（x）﹣t）有5个零点，则实数四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=23，2asinCcosB=asinA-bsinB+32bsinC，△（1）求A；（2）以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，求r的取值范围．18．（12分）在①a1+a2已知数列{an}的前n项和为Sn，若_____n∈N*．（1）求数列{an}的通项公式；（2）当n∈[ak2，ak+12)，k∈N注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，三角形PBC为正三角形．点E为BC的中点，点F在线段DE上运动．（1）求证：BC⊥PF；（2）若二面角A﹣BC﹣P的大小为60°，当3FE→=DF→时，求证：直线PB20．（12分）某商场在“五一”期间开展有奖促销活动，规则如下：对一次性购买物品超过2000元的参与者，该商场现有以下两种方案可供选择：方案一：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者随机摸出一个球，若是红球，则放回箱子中；若是白球，则不放回，再向箱子中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后箱子中红球的个数为X，则该参与者获得奖金X百元；方案二：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为Y，则该参与者获得奖金Y百元．（1）若用方案一，求X的分布列与数学期望；（2）若你是参与者，从期望的角度出发，你会选择哪种参考方案？请说明理由．21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点M（m，1）到焦点的距离为2．（1）求抛物线C的方程；（2）过点（﹣1，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q（0，﹣2），连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1：3，求直线AB的方程．22．（12分）已知函数f（x）＝aex﹣x2+3（a∈R）．（1）若方程f（x）＝0有3个零点，求实数a的取值范围；（2）若φ（x）＝﹣x2+2x+4﹣f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：0＜a＜2ee

2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}，B={x|y=14-x2}A．7 B．8 C．15 D．16【解答】解：由题意可得，A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}＝{x|﹣1≤x≤3，x∈Z}＝{﹣1，0，1，2，3}，B={x|y=1所以A∩B＝{﹣1，0，1}，所以A∩B真子集的个数为7．故选：A．2．（5分）1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix＝cosx+isinx（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，化简(eA．2 B．2i C．1+i D．1﹣i【解答】解：因为eπ又(e所以(e故选：C．3．（5分）已知α∈(π，3π2)，且sin(α-A．m1-m2 B．-m1-m【解答】解：因为α∈(π，3π所以α-π4∈(所以α-π4∈(因此tan(α-π故选：B．4．（5分）已知向量a→、b→满足|a→+A．﹣2 B．2 C．32 D．【解答】解：由|a→+整理得a→化简得2a→⋅所以2|a所以|a故选：D．5．（5分）“五一”假期期间，某旅游景区为加强游客的安全工作，决定增派甲、乙、丙、丁四位工作人员到A、B、C三个景点进行安全防护宣传，增派的每位工作人员必须到一个景点，且只能到一个景点做安全防护宣传，每个景点至少增派一位工作人员．因工作需要，乙不能去A景点，甲和乙不能同去一个景点，则不同的安排方法数为（）A．20 B．30 C．42 D．60【解答】解：4人分3组，每组至少1人，则必有1组2人，若丙丁1组，则先安排乙，则乙可以去B，C两个景点，则共有C2若丙丁一人和甲一组，则有C2若丙丁一人和乙一组，则有C2则共有4+8+8＝20种不同的安排方法．故选：A．6．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，点P在直线l：x-y-22=0上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，记劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为A．2＜S＜3 B．1＜S≤2 C．1＜S≤3 D．0＜S＜1【解答】解：圆O：x2+y2＝1的圆心O的坐标为（0，0），半径为1，如图所示：∵sin∠OPB=r|OP|=1|OP|，且y∴当|OP|最小时，∠OPB最大，即∠APB最大，此时OP垂直直线l，且|OP|=221从而四边形OAPB的面积为SOAPB设∠AOP＝θ，则∠AOB＝2θ，S扇形OAB从而劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为S=3又∵sinθ=32，θ∈(0，π可得0＜S=3-θ=3故选：D．7．（5分）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{an}本身不是等差数列，但从{an}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{bn}（则称数列{an}为一阶等差数列），或者{bn}仍旧不是等差数列，但从{bn}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{cn}（则称数列{an}为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{an}：1，1，3，27，729…是一阶等比数列，则n=110logA．60 B．120 C．240 D．480【解答】解：由题意，数列1，1，3，27，729，…为{an}，且为一阶等比数列，设bn-1=an其中b1＝1，b2＝3，公比为q=b2b则an=b所以log3a因为a1＝1，a2＝1，也适合上式，所以log所以n=1=1=1故选：B．8．（5分）若a=1.4-1，b＝sin0.2，c＝A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜a＜c D．b＜c＜a【解答】解：构造函数g(x)=sinx-1+2x+1，可得g′(x)=cosx-11+2x，令g′(x)=cosx-11+2x=f(x)则f′(x)=1因为当x∈(0，14)时，y=1(1+2x)所以f′(x)=1所以f′(x)=1因为sin14＜所以g′(x)=cosx-1又g′(0)=cos0-11+0=0，从而g（x）在x∈(0，14)单调递增，所以所以g(0.2)=sin0.2-1+2×0.2+1＞0，从而得到b＞又因为c﹣b＝ln1.44﹣sin0.2＝2ln1.2﹣sin0.2，构造函数φ（x）＝2ln（1+x）﹣sinx，x∈(0，1所以φ′(x)=2x+1-cosx令φ′(x)=2x+1-cosx=m(x)因为当x∈(0，14)时，y＝sinx所以m′(x)=sinx-2所以m′(x)=sinx-2所以φ′（x）在x∈(0，14)所以φ（x）＝2ln（1+x）﹣sinx，x∈(0，14)单调递增，从而φ（x所以φ（0.2）＝2ln（1.2）﹣sin0.2＞0，所以c＞b，综上可得：c＞b＞a．故选：B．二、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。（多选）9．（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝﹣2，an+1＝an+1，则（）A．a2023＝2020 B．数列{an}是递增数列 C．数列{Sn}中的最小项为S2 D．Sm、S2m、S3m【解答】解：因为an+1＝an+1，所以an+1﹣an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列，因为a1＝﹣2，所以an＝﹣2+1×（n﹣1）＝n﹣3，所以a2023＝2023﹣3＝2020，故A正确；因为an+1﹣an＝1＞0，所以{an}是递增数列，故B正确；因为a1＝﹣2＜0，a2＝﹣1＜0，a3＝0，an+1﹣an＝1＞0，即n≥4时，an＞0，所以数列{Sn}中的最小项为S2或S3，故C错误；当m＝1时，S1＝﹣2，S2＝﹣3，S3＝﹣3，显然不是等差数列，故D错误．故选：AB．（多选）10．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(1＜ω＜3)A．ω＝2 B．f（x）的最小正周期为π C．f（x）在区间[-5π12D．f(2023π)=【解答】解：因为f(-5π12-x)=f(-5π12+x)，所以则-5π12ω+π3=π2+kπ，k又因为1＜ω＜3，所以ω＝2，故A正确；所以f(x)=sin(2x+π3)，所以T=令-π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k当k＝0时，[-5π12，π12所以f（x）在区间[-5π12，f(2023π)=sin(2×2023π+π3)=sin故选：ABD．（多选）11．（5分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别是F1，F2，渐近线方程为3xA．双曲线的离心率为5 B．右焦点F2到渐近线的距离为6 C．过双曲线右焦点F2的直线l与C交于A，B两点，当|AB|＝30时，直线l有3条 D．若直线MF1与双曲线E的另一个交点为P，Q为MP的中点，O为原点，则直线OQ与直线PM的斜率之积为9【解答】解：由渐近线方程为3x±y＝0，可设双曲线E：x2∵点R(4，63)在双曲线E上，∴m＝4，可得双曲线E：故a=2，b=6，c=210，∴离心率为e=10，故由题可知右焦点为F2则点F2(210，0)到渐近线3x﹣y＝0的距离为若l⊥x轴，当x=210时，将其代入x24-y236∴直线l与右支不可能有两个交点；若l与x轴不垂直，与C的左，右支交于A，B两点，∵|AB|＝30＞2a＝4，∴存在两条直线分别交左右两支各一点．综上可得：满足条件的直线有2条，故C错误；设M（x1，y1），P（x2，y2），Q（x3，y3），则x3=x∵P，M在双曲线E上，∴x124-y①﹣②并整理得y1∵kMP=y1-y2x1-x故选：BD．（多选）12．（5分）乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守．某乒乓球协会组织职工比赛，比赛规则采用五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级且比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负相互独立．假设甲在任一局赢球的概率为p（0≤p≤1），有选手晋级所需要比赛局数的期望值记为f（p），则（）A．打满五局的概率为C4B．f（p）的常数项为3 C．函数f（p）在(12D．f(【解答】解：设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，可得P（X＝3）＝p3+（1﹣p）3，P(X=4)=CP(X=5)=C因此打满五局的概率为C42p由f(p)=3[＝6p4﹣12p3+3p2+3p+3，常数项为3，故B正确；由f′（p）＝24p3﹣36p2+6p+3＝3（2p﹣1）（4p2﹣4p﹣1），因为0≤p≤1，所以4p2﹣4p﹣1＝（2p﹣1）2﹣2＜0，令f′（p）＞0，则0≤p＜12；令f′（p）＜0，则则函数f（p）在(12，1]又由f(12)=6×故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）2023年3月，某市为创建文明城市，随机从某小区抽取10位居民调查他们对自己目前生活状态的满意程度，该指标数越接近10表示满意程度越高．他们的满意度指标数分别是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，则这组数据的30%分位数是6.5．【解答】解：依题意这10个数据从小到大排列为5、6、6、7、8、8、9、9、10、10，又10×30%＝3，所以这组数据的30%分位数是第3与第4个数的平均数6.5．故答案为：6.5．14．（5分）为加强学生对平面图形翻折到空间图形的认识，某数学老师充分利用习题素材开展活动，现有一个求外接球表面积的问题，活动分为三个步骤，第一步认识平面图形：如图（一）所示的四边形PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PC，∠ABC＝60°，PA⊥PC．第二步：以AC为折痕将△PAC折起，得到三棱锥P﹣ABC，如图（二）．第三步：折成的二面角P﹣AC﹣B的大小为120°，则活动结束后计算得到三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为529π【解答】解：由题意得第一步：∵AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，第二步：可三棱锥P﹣ABC外接球的球心是过底面△ABC外心的平面ABC的垂线，与过△PAC外心的平面PAC的垂线的交点，如图所示：∵△ABC为正三角形，∴△ABC的外心O1为△ABC的中心，∵△PAC为以AC为斜边的直角三角形，∴△PAC的外心O2为AC的中点，三棱锥P﹣ABC外接球的球心为O，∵AB＝BC＝2，PA＝PC，∴PO2⊥AC，O1O2⊥AC，故∠PO2O1为二面角P﹣AC﹣B的一个平面角，∴∠PO2O1＝120°，∵△ABC为正三角形，∴O1又OO2⊥平面PAC，PO2⊂平面PAC，则OO2⊥PO2，即∠PO2O＝90°，∴∠OO2O1＝30°，∴cos∠OO∴OO设外接球的半径为R，则R2故外接球的表面积为4πR故答案为：52915．（5分）已知函数f（x）＝ax+e（a＞0），g（x）＝xex，若∀x2∈（﹣∞，1]，∃x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是[e+1e【解答】解：已知g（x）＝xex，函数定义域为（﹣∞，1]，可得g′（x）＝（x+1）ex，当x＜﹣1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当﹣1＜x≤1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以当x＝﹣1时，函数g（x）取得极小值也是最小值，最小值f（﹣1）=-1又g（1）＝e，且当x→﹣∞时，g（x）→0，已知f（x）＝ax+e（a＞0），函数定义域为[﹣1，2]，可得函数f（x）在定义域上单调递增，所以当x＝﹣1时，函数f（x）取得极小值也是最小值，f（﹣1）＝e﹣a，当x＝2时，函数f（x）取得极大值也是最大值，f（2）＝2a+e，若∀x2∈（﹣∞，1]，∃x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，所以e-a≤-1解得a≥e+1则实数a的取值范围为[e+1故答案为：[e+116．（5分）已知函数f（x）=x3-4x，x≤0-lnx，x＞0，若F（x）＝f（f（x）﹣t）有5个零点，则实数t的取值范围是【解答】解：由x3﹣4x＝x（x2﹣4）＝x（x+2）（x﹣2）＝0（x≤0），解得x＝0或x＝﹣2；由﹣lnx＝0（x＞0），解得x＝1，因为F（x）＝f（f（x）﹣t）＝0，所以f（x）﹣t＝0或f（x）﹣t＝1或f（x）﹣t＝﹣2，即f（x）＝t或f（x）＝t+1或f（x）＝t﹣2，因为F（x）＝f（f（x）﹣t）有5个零点，所以数f（x）的图象与三条直线y＝t，y＝t+1，y＝t﹣2共有5个交点，因为函数y＝﹣lnx的图象与三条直线y＝t，y＝t+1，y＝t﹣2共有3个交点，所以f（x）＝x3﹣4x（x≤0）的图象与三条直线共有2个交点，当x≤0时，f′(x)=3x所以x∈(-∞，-233)时，f′（x）＞0，x∈(-233，0)时，f′（x）＜0，所以x=-233时，f（x）取得极大值也是最大值f(-结合f（x）的图象，可知t＞1639解得163故答案为：(16四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=23，2asinCcosB=asinA-bsinB+32bsinC，△（1）求A；（2）以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，求r的取值范围．【解答】解：（1）由正弦定理可得2accosB=a由余弦定理得2ac⋅a所以c=3又因为b=23，所以c又△ABC的面积为92，所以1即12×23又因为0＜A＜π2，所以（2）由（1）及余弦定理可知a2即a2=21-63又若C为圆心，r为半径的圆与边AB相切，设切点为D，则sinA=CDAC，得所以要使以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，必须满足3＜r≤21-6所以r的取值范围为(3，21-618．（12分）在①a1+a2已知数列{an}的前n项和为Sn，若_____n∈N*．（1）求数列{an}的通项公式；（2）当n∈[ak2，ak+12)，k∈N注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解答】解：（1）选①：∵a1∴当n≥2时，a1两式相减得，an=2当n＝1时，a1＝2，满足上式，∴an选②：∵a1∴当n≥2时，a1两式相除得，an当n＝1时，a1＝2，满足上式，∴an（2）由（1）可知，n∈[2k﹣1，2k），k∈N*，而[2k﹣1，2k）上所有整数依次为2k﹣1，2k﹣1+1，2k﹣1+2，…，2k﹣1+（2k﹣1﹣1），它们构成首项为2k﹣1，公差为1的等差数列，且项数为2k﹣1，所以T＝2k﹣1+（2k﹣1+1）+（2k﹣1+2）+…+[2k﹣1+（2k﹣1﹣1）]=219．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，三角形PBC为正三角形．点E为BC的中点，点F在线段DE上运动．（1）求证：BC⊥PF；（2）若二面角A﹣BC﹣P的大小为60°，当3FE→=DF→时，求证：直线PB【解答】证明：（1）∵ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，∴△BCD为等边三角形，又点E为BC中点，∴DE⊥BC．∵在正三角形PBC中，PE⊥BC，又DE∩PE＝E，DE，PE⊂平面DEP，∴BC⊥平面DEP，又PF⊂平面DEP，∴BC⊥PF；（2）∵PE⊥BC，DE⊥BC，∴∠DEP就是二面角A﹣BC﹣P的平面角，∴∠DEP＝60°，在△DEP中，PE=DE=3，∴△DEP为边长为3取DE中点O，则PO⊥DE，又由（1）可知，平面DEP⊥底面ABCD，平面DEP∩底面ABCD＝DE，PO⊂平面DEP，所以PO⊥底面ABCD．过点O作BC的平行线交AB于点G，则OG⊥DE，∴OG，OE，OP两两相互垂直，∴以OG→，OE→，OP→所在的方向分别为x，y∵在△POE中，OE=32，∴A(2，-32，0)，B(1，32，0)，又3FE→=∴AF→=(-2，334设n→=(x，y，z)为平面则-2x+334设直线PB与平面PAF所成角为θ，则sinθ=|cos〈n→，∴直线PB与平面PAF所成的角小于π620．（12分）某商场在“五一”期间开展有奖促销活动，规则如下：对一次性购买物品超过2000元的参与者，该商场现有以下两种方案可供选择：方案一：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者随机摸出一个球，若是红球，则放回箱子中；若是白球，则不放回，再向箱子中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后箱子中红球的个数为X，则该参与者获得奖金X百元；方案二：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为Y，则该参与者获得奖金Y百元．（1）若用方案一，求X的分布列与数学期望；（2）若你是参与者，从期望的角度出发，你会选择哪种参考方案？请说明理由．【解答】解：（1）若选择方案一，由条件可知X可能的取值为3，4，5，6，P(X=3)=1P(X=4)=1P(X=5)=1P(X=6)=1∴X的分布列为：X3456(X)=3×1（2）对于方案二，由条件可得Y可能的取值为3，4，5，6，P(Y=3)=CP(Y=4)=CP(Y=5)=CP(Y=6)=C∴Y的期望值E(Y)=3×1∵E（Y）＞E（X），所以参与者选择方案二获得奖金数额的数学期望值会更高．所以作为参与者，应该选择方案二．21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点M（m，1）到焦点的距离为2．（1）求抛物线C的方程；（2）过点（﹣1，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q（0，﹣2），连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1：3，求直线AB的方程．【解答】解：（1）由题可知焦点的坐标为(0，p所以由抛物线的定义可知|MF|=1+p即p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y；（2）易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y＝k（x+1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），由y=k(x+1)x2=4y，得x2﹣4kx则Δ＝16k2+16k＞0，即k＞0或k＜﹣1，x1x2＝﹣4k．因为Q（0，﹣2），所以kAQ所以直线AQ的方程为y=y由y=y1+2设E（x3，y3），则x1x3＝8，得x3设F（x4，y4），同理可得x4则S=|QA|⋅|QB|=(=1=1=x得k2=4故直线AB的方程为y=23322．（12分）已知函数f（x）＝aex﹣x2+3（a∈R）．（1）若方程f（x）＝0有3个零点，求实数a的取值范围；（2）若φ（x）＝﹣x2+2x+4﹣f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：0＜a＜2ee【解答】（1）解：令f（x）＝0，即得aex﹣x2+3＝0，即a=x即直线y＝a与曲线g(x)=x可得g′(x)=2x-∴当x∈（﹣∞，﹣1）或x∈（3，+∞）时，g′（x）＜0，当x∈（﹣1，3）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（3，+∞）上单调递减；在（﹣1，3）上单调递增，∴g（x）的极小值为g（﹣1）＝﹣2e，g（x）的极大值为g(3)=6当x→+∞时，g（x）→0，且当|x|≥3时，g（x∴作出函数g(x)=x由图可知0＜a＜6e3，即实数a（2）证明：∵φ（x）＝2x+1﹣aex，当a≤0时，φ（x）单调递增，不可能有两个零点，∴a＞0，此时φ′（x）＝2﹣aex，当x∈(-∞，ln2a)时，φ当x∈(ln2a，+∞)时，φ故φ（x）在区间(-∞，ln2a)∴φ(ln2若φ（x）有两个零点，则φ(ln2a)＞0，得ln当0＜a＜2ee时，φ(ln2a故存在x1∈(-12，ln2又当x趋向于+∞时，φ（x）趋向于﹣∞，故存在x2∈(ln2a，+∞)，使得故0＜a＜2ee，则满足2x1要证2x2+1两边同乘以ex1，可得∵x1＞-12，x2＞ln2令t=x1+x22＞0，即证et令h（t）＝e2t﹣2tet﹣1（t＞0），可得h′（t）＝2e2t﹣2（t+1）et＝2et（et﹣t﹣1），令H（t）＝et﹣t﹣1（t＞0），H′（t）＝et﹣1＞0，故H（t）在区间（0，+∞）上单调递增，故H（t）＞H（0）＝0，∴h′（t）＞0，∴h（t）在区间（0，+∞）上单调递增，故h（t）＞h（0）＝0，∴不等式2x2022-2023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