2022-2023學年湖南省衡陽市衡南縣高二下學期期末數學試題含答案

這是一份2022-2023學年湖南省衡陽市衡南縣高二下學期期末數學試題含答案，共19頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。
2022-2023學年湖南省衡陽市衡南縣高二下學期期末數學試題 一、單選題1．，，則（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據交集的定義求解即可.【詳解】，； 故選：D．2．在復平面內，復數z對應的點的坐標為，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由復數的幾何意義確定復數，再由復數乘法求.【詳解】因為復數z對應的點的坐標為，所以，所以，故選：B．3．命題的否定為（     ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據題意，由特稱命題的否定是全稱命題即可得到結果.【詳解】原命題的否定為.故選:A4．已知，則在上的投影向量的坐標為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據投影向量的定義即可求解.【詳解】在上的投影向量為，故選：C5．馬林?梅森（MarinMersenne，1588-1648）是17世紀法國著名的數學家和修道士，也是當時歐洲科學界一位獨特的中心人物．梅森在歐幾里得、費馬等人研究的基礎上對作了大量的計算、驗證工作．人們?yōu)榧o念梅森在數論方面的這一貢獻，將形如（其中p是素數）的素數，稱為梅森素數（素數也稱質數）．在不超過40的素數中，隨機選取3個不同的數，至少有一個為梅森素數的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】列舉法找出所有不超過40的素數和梅森素數，計算隨機抽取其中3個素數時，不含梅森素數的概率，用1減去即可求出含有一個梅森素數的概率.【詳解】不超過40的素數，有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37一共有12個.其中梅森素數為：3，7，31，共有3個.不含梅森素數的概率為， 則隨機選取3個素數，至少有一個梅森素數的概率為. 故選：C.6．設隨機變量，若，則a的值為（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根據正態(tài)分布的對稱性分析運算.【詳解】由題意可得：正態(tài)曲線的對稱軸為，因為若，則，解得.故選：B.7．等腰三角形的底和腰之比為（黃金分割比）的三角形稱為黃金三角形，它被稱為最美的三角形．如圖，正五角星由五個黃金三角形和一個正五邊形組成，且黃金三角形的頂角．根據這些信息，可求得的值為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由圖可得，再利用倍角余弦公式可得，再結合誘導公式即可求解.【詳解】由圖形知，則，所以，，.故選：A8．設橢圓C：的右焦點為F，橢圓C上的兩點關于原點對稱，且滿足，，則橢圓C的離心率的取值范圍為（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】設橢圓的左焦點為，連接，，利用橢圓對稱性結合，推出，設，，推出，繼而令，推得，從而求得的關系式，求得答案.【詳解】如圖所示，設橢圓的左焦點為，連接，，由橢圓的對稱性可知，四邊形為平行四邊形，又，即FA⊥FB，所以四邊形為矩形，所以，設，，在中，，，，可得，所以，令，得．又，得，所以，所以，結合，所以，所以，所以，即橢圓C的離心率的取值范圍為，故選：B． 二、多選題9．下列說法正確的有（    ）A．在統(tǒng)計學中，獨立性檢驗是檢驗兩個分類變量是否有關系的一種統(tǒng)計方法B．離散型隨機變量在某一范圍內取值的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和C．線性回歸方程對應的直線至少經過其樣本數據點中的一個點D．在回歸分析中，決定系數越大，模擬的效果越好【答案】ABD【分析】利用獨立性檢驗的概念可判斷A選項；利用離散型隨機變量的概念可判斷B選項；利用回歸直線的概念可判斷C選項；利用決定系數與模擬效果的關系可判斷D選項.【詳解】對于A選項，在統(tǒng)計學中，獨立性檢驗是檢驗兩個分類變量是否有關系的一種統(tǒng)計方法，A對；對于B選項，離散型隨機變量在某一范圍內取值的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和，B對；對于C選項，線性回歸方程對應的直線必過樣本中心點，不一定過樣本數據點中的一個點，C錯；對于D選項，在回歸分析中，決定系數越大，模擬的效果越好，D對.故選：ABD.10．若函數（，，）的部分圖象如圖，則（    ）A．是以為周期的周期函數B．的圖象向左平移個單位長度得到的圖象對應的函數是奇函數C．在上單調遞減D．的圖象的對稱中心為，【答案】AC【分析】首先根據函數圖象得到，對于選項A，根據三角函數的周期性即可判斷A正確，對選項B，向左平移后得到，不是奇函數，即可判斷B錯誤，對選項C，根據，即可判斷C正確，對選項D，根據的圖象的對稱中心為，即可判斷D錯誤.【詳解】由題圖可知，因為當時，，所以.因為，所以，所以.由題圖可知，所以，所以.由題圖可知，當時，取得最大值，所以，，解得，.又，所以，所以.對于A，，則A正確.對于B，的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，此函數不是奇函數，故B錯誤.對選項C，，則，所以在上單調遞減，故C正確.對選項D，，，得，，所以的圖象的對稱中心為，，則D錯誤.故選：AC.11．如圖，正方體的棱長為2，動點分別在線段上，則（    ）A．異面直線和所成的角為B．點到平面的距離為C．若分別為線段的中點，則平面D．線段長度的最小值為【答案】BCD【分析】利用異面直線所成角方法求解即可判斷選項A，利用等體積法求解點到面的距離即可判斷B，利用線面平行的判定定理判斷選項C，建立空間直角坐標系利用向量共線的性質建立關系式，然后利用兩點間的距離公式表示出來分析即可判斷選項D.【詳解】因為，所以異面直線和所成的角即為和所成的角，因為，所以為等邊三角形，即，故錯誤.連接如圖所示：點到平面的距離為，因為，所以.因為，所以，所以點到平面的距離為，故B正確，當分別為線段的中點時，則為的中位線，所以，又平面，平面，所以平面，故C正確.以為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示：則，設，，所以，所以，設，，又所以，所以，所以當時，有最小值，即，故D選項正確，故選：BCD.12．函數及其導函數的定義域均為R，若為奇函數，且，則（    ）A．為偶函數B．C．的圖象關于對稱D．若，則為奇函數【答案】AC【分析】根據簡單復合函數的求導法則及奇偶性的定義判斷A、D，利用特殊值判斷B，根據周期性及奇偶性判斷函數的對稱性，即可判斷C.【詳解】因為為奇函數且在定義域上可導，即，所以兩邊對取導可得，即，所以為偶函數，故A正確；對于B：令，顯然為奇函數，且最小正周期，即滿足，則，則，故B錯誤；對于C：因為且為上的奇函數，所以，即，所以，即，所以的圖象關于對稱，故C正確；對于D：因為，則，即為奇函數，由A可知為偶函數，故D錯誤；故選：AC 三、填空題13．的二項展開式中的常數項為      ．【答案】【分析】首先寫出展開式的通項，再令的指數為，求出所對應的，再代入計算可得.【詳解】二項式展開式的通項為，令，解得，所以，所以展開式中常數項為.故答案為：14．小智和電腦連續(xù)下兩盤棋，已知小智第一盤獲勝的概率是0.5，小智連續(xù)兩盤都獲勝的概率是0.4，那么小智在第一盤獲勝的條件下，第二盤也獲勝的概率是          .【答案】0.8/【分析】利用條件概率公式求解.【詳解】設小智第一盤獲勝為事件，第二盤獲勝為事件，則，則，故答案為：0.815．對于三次函數，給出定義：設是的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為曲線的“拐點”，可以發(fā)現，任何一個三次函數都有“拐點”.設函數，則             .【答案】－3033【分析】由題意對已知函數進行二次求導，證明函數關于點中心對稱，即，由此可得到結果.【詳解】因為，所以，設，則，令，可得，又，所以，即，所以，所以.故答案為：.【點睛】“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.16．若，設表示的整數部分，表示的小數部分，如，．已知數列的各項都為正數，，且，則        ．【答案】/【分析】根據， 表示的含義，即可代入求解 ，通過規(guī)律即可歸納求解.【詳解】由得，，，依次類推知，所以，故答案為： 四、解答題17．等比數列的公比為2，且成等差數列.(1)求數列的通項公式；(2)若，求數列的前項和.【答案】(1)(2) 【分析】(1)運用等差中項求出 ，再根據等比數列的通項公式求出 ；(2)根據條件求出 的通項公式，再分組求和.【詳解】（1）已知等比數列的公比為2，且成等差數列，， ， 解得， ；（2）， . ；綜上，18．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知 .(1)求角B的大?。?/span>(2)若，且，求a和c；(3)若，，求的周長.【答案】(1)(2)，(3). 【分析】（1）根據正余弦定理化簡即可.（2）根據正弦定理結合三角形面積公式即可.（3）根據余弦定理求出的值即可.【詳解】（1）中，，由正弦定理得：，，即，，在三角形中，，.（2），由正弦定理得：，又，，，.（3）由余弦定理：，，故周長為.19．如圖，矩形ABCD是圓柱的一個軸截面，點E在圓O上，，且，．(1)當時，證明：平面平面BDE；(2)若直線AF與平面ODE所成角的正弦值為，試求此時的值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）得到和，從而證明線面垂直，進而證明面面垂直；（2）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，根據線面角的正弦值列出方程，求出答案.【詳解】（1）因為點E在圓O上，所以，而矩形ABCD是圓柱的軸截面，則有平面ABE，又平面ABE，即有，又，，平面ADE，于是得平面ADE，又因為平面ADE，所以．當時，點F是DE的中點，又，則有因為，平面，所以平面BDE，又平面OAF，所以平面平面BDE．（2）在底面內過O作，則，，兩兩垂直，所以以為原點，，，分別為x，y，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．又因為，，，所以，，則，，，．，設平面ODE的法向量為，則即令得，， 即，設直線AF與平面ODE所成的角為，則，解得．即當時，直線AF與平面ODE所成角的正弦值為．20．第22屆亞運會將于2023年9月23日至10月8日在我國杭州舉行，這是我國繼北京后第二次舉辦亞運會，為迎接這場體育盛會，浙江某市決定舉辦一次亞運會知識競賽，該市A社區(qū)舉辦了一場選拔賽，選拔賽分為初賽和決賽，初賽通過后才能參加決賽，決賽通過后將代表A社區(qū)參加市亞運知識競賽．已知A社區(qū)甲、乙、丙3位選手都參加了初賽且通過初賽的概率依次為，，，通過初賽后再通過決賽的概率均為，假設他們之間通過與否互不影響．(1)求這3人中至少有1人參加市知識競賽的概率．(2)某品牌商贊助了A社區(qū)的這次知識競賽，給參加選拔賽的選手提供了兩種獎勵方案：方案一：參加了選拔賽的選手都可參與抽獎，每人抽獎1次，每次中獎的概率均為，且每次抽獎互不影響，中獎一次獎勵600元：方案二：只參加了初賽的選手獎勵100元，參加了決賽的選手獎勵400元（包含參加初賽的100元），若品牌商希望給予選手更多的獎勵，試從三人獎金總額的數學期望的角度分析，品牌商選擇哪種方案更好．【答案】(1)(2)從三人獎金總額的數學期望的角度分析，品牌商選擇方案二更好 【分析】（1）根據獨立事件的概率，先分別求出甲乙丙三人參加市賽的概率，即可求出至少有1人參加市知識競賽的概率．（2）分別求出兩個方案的獎勵期望，比較大小即可.【詳解】（1）甲參加市賽的概率為，乙參加市賽的概率為，丙參加市賽的概率為，至少1人參加市賽的概率為：．（2）方案一：設三人中獎人數為，所獲獎金總額為元，則，且．所以元，方案二：記甲、乙、丙三人獲得獎金之和為元，則的所有可能取值為300、600、900、1200，則，，，，所以，．所以，，所以從三人獎金總額的數學期望的角度分析，品牌商選擇方案二更好．21．如圖，已知橢圓的兩個焦點為，且為雙曲線的頂點，雙曲線的離心率，設為該雙曲線上異于頂點的任意一點，直線的斜率分別為，且直線和與橢圓的交點分別為和.(1)求雙曲線的標準方程；(2)證明：直線的斜率之積為定值；(3)求的取值范圍.【答案】(1)(2)證明見解析(3) 【分析】（1）根據橢圓和雙曲線的標準方程求解即可；（2）設點，由斜率的定義可知，再將代入雙曲線方程即可求解；（3）利用（2）中結論設直線的方程為，的方程為，分別代入橢圓方程求得即可求解.【詳解】（1）設雙曲線的標準方程為，由題意知，且，所以，所以雙曲線的標準方程為：；（2）設點，由題可知，則，所以，由點在雙曲線上，可知，即有，所以，故；（3）由（2）可知，且，所以可設直線的方程為，則直線的方程為，把直線的方程代入橢圓方程，整理得，設，則有，因此，把直線的方程代入橢圓方程，整理得，設，，則有，，因此，所以又，所以，所以，所以的取值范圍為.【點睛】解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：（1）得出直線方程，設交點為，，（2）聯立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；（3）寫出韋達定理；（4）將所求問題或題中關系轉化為形式；（5）代入韋達定理求解.22．已知函數(1)討論函數的單調性;(2)，關于的不等式恒成立，求正實數的取值范圍【答案】(1)答案見解析(2) 【分析】（1）求得，對進行分類討論，從而求得的單調區(qū)間.（2）由不等式分離，利用構造函數法，結合導數求得的取值范圍.【詳解】（1），當時，，在上遞增.當時，令解得，所以在區(qū)間遞減；在區(qū)間遞增.綜上所述，時，在上是增函數；時，在上是減函數，在上是增函數.（2）不等式，即，由于，所以恒成立，設，，由（1）知，時，，在上是減函數，在上是增函數，，所以，用替換得，且時，，所以時，遞增，時，遞減，所以時，，所以，所以的取值范圍是.【點睛】利用導數研究不等式恒成立問題，可考慮分離常數法.分離常數后，構造新的函數，并利用導數研究所構造函數的性質（主要）是最值，由此來求得參數的取值范圍.