《2022-2023学年湖南省长沙市高二年级下册学期期末数学试题-附答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年湖南省长沙市高二年级下册学期期末数学试题-附答案（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、单选题1设全集，集合，则（）ABCD【答案】D【分析】根据集合的交并补运算即可求解.【详解】由题意可得，则.故选：D.2设，是两条不同的直线，是两个不同的平面（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；当，时，必有，从而，故选项C正确；在如图所示的正方体中，取为，为，为平面，为平面，这时满足，但不成立，故选项D错误；故选：C.3函数，的图像大致为（）ABCD【答案】A【分析】利用函数的奇偶性及选取特殊值，逐一分析选项即
2、可得答案【详解】函数的定义域为，易知为偶函数，为奇函数，故函数为奇函数，可排除选项D；又当时，当时，可排除选项B、C；故选：A【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊值判断函数图像问题，考查运算求解能力和逻辑推理能力，选取合适的特殊值并判断其函数值符号是求解本题的关键，属于中档题.4根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为（）A变量与不独立B变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过C变量与独立D变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过【答案】C【分析】直接利用独立性检验的知识求解.【详解】按照独立性检验的知识及比对的参数值，当，我们可以下结论变量与独立.故排除选项A,B;依
3、据的独立性检验，6.1476.635,所以我们不能得到“变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过”这个结论.故C正确，D错误.故选：C5若“”是“”的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】B【分析】先将两个不等式分别化简，然后根据题意列出不等式，求解即可.【详解】因为，则因为，则即是的充分而不必要条件，所以故选:B.6在中，已知，点G满足，则向量在向量方向上的投影向量为（）ABCD【答案】B【分析】根据给定条件，结合数量积的运算律可得，为的重心，取的中点，利用投影向量的意义求解作答.【详解】在中，由，得，则，即，点满足，则为的重心，设的中点为.则，所以向量在向量方向上的投影向
4、量为：.故选：B7若，且，则下列结论正确的是（）ABCD【答案】A【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.【详解】，.由，可得，即.，且，根据函数易知：，即得：.故选：A8已知数列满足，,则的前项积的最大值为（）ABC1D4【答案】C【分析】先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算的表达式后进行研究.【详解】由可知，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.
5、故选：C.二、多选题9已知角的终边经过点，则下列结论正确的是（）ABCD若为钝角，则【答案】BD【分析】根据三角函数的定义可得，进而根据弦切互化可判断A，根据弦切互化以及二倍角公式可判断BC，由在单调递增，以及特殊角的三角函数值即可判断D.【详解】角的终边经过点，可得，对于A， ，故A错误；对于B，故B正确；对于C，故C错误；对于D，若为钝角，且，又因为在单调递增，所以，故D正确.故选:BD.10已知数列中，且对任意的，都有，则下列选项正确的是（）A的值随n的变化而变化BC若m，n，则D为递增数列【答案】BD【分析】令，可得，从而可判断A；根据等差数列的求和公式可判断D；根据等差数列的性质可判
6、断BC.【详解】数列中，已知，且对于任意的，都有，令时，故,为常数，故A错误；则数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以为递增数列，故D正确；因为，（m，n，），由等差数列的性质可得，,故B正确，C错误.故选:BD.11设正实数x，y满足，则（）A的最大值是B的最小值是9C的最小值为D的最大值为【答案】BCD【分析】利用基本不等式，结合选项即可逐一求解.【详解】对于A，因为，所以，则，当且仅当，即，时等号成立，即的最大值为，故A错误；对于B因为，所以，当且仅当，即时等号成立，故B正确；对于C，因为，当且仅当，即，时等号成立，所以C正确；对于D，的最大值为，当且仅当，即，时等号成立，D正确.故
7、选:BCD.12如图，正四棱柱中，动点满足，且.则下列说法正确的是（）A当时，直线平面B当时，的最小值为C若直线与所成角为，则动点的轨迹长度为D当时，三棱锥外接球半径的取值范围是【答案】ABD【分析】连接、交于点，连接，取的中点，连接，根据共线定理得到点在线段上（不含端点），即可判断A；由平面向量共线定理得到，三点共线，化折为直，即可判断B；在线段上取点，使得，易知，即可得到动点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆，从而判断C；取的中点为，则，三点共线，三棱锥外接球的球心在直线上，设球心为，作于点，设，利用勾股定理表示出外接球的半径，即可判断D.【详解】连接、交于点，连接，取的中点，连接，当时，则，
8、在正四棱柱中，且为中点，所以四边形为平行四边形，则，所以，即，所以点在线段上（不含端点），在正四棱柱中，则，平面，所以平面，又平面，所以，因为，、平面，所以平面，故A正确；当时，又，由平面向量基本定理可知，三点共线，由正四棱柱的对称性可知，线段上的点到，两点的距离相等，则，取平面如图所示，所以，则最小值为，故B正确；因为，所以点在平面内，由题意知，、与所成角均为，在线段上取点，使得，易知，若直线与所成角为，则动点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆，如图中虚线所示，则动点的轨迹长为，故C错误；当时，取的中点为，则，则，又，所以，三点共线，如图所示，易知三棱锥外接球的球心在直线上，设球心为，作于点，设
9、，易知，则，设三棱锥外接球的半径为，则，解得.所以，易知当时，取得最小值，此时，且，又，则，则三棱锥外接球的半径的取值范围为，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题关键是结合各选项准确的画出图形，利用平面向量共线定理确定点共线，将动点转化到定直线上.三、填空题13已知复数，则 .【答案】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.【详解】，则.故答案为：.14为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度
10、的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足m1m22.5（lgE2lgE1），其中星等为mk的星的亮度为Ek（k1，2）已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 倍（结果精确到0.01当|x|较小时，10x1+2.3x+2.7x2）【答案】1.26【分析】令“心宿二”的星等m11.00，“天津四“的星等m21.25，根据题中关系，代入方程，即可求得的值，代入公式，即可求得答案.【详解】由题意，两颗星的星等与亮度满足：m1m22.5（lgE2lgE1），令“心宿二”的星等m11.00，“天津四“的星等m21.25，则
11、m2m12.5（lgE1lgE2）1.251.000.25，所以lgE1lgE2，即，所以，则”心宿二“的亮度大约是”天津四“的1.26倍，故答案为：1.2615在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，则该棱锥的体积为 .【答案】1【分析】根据线线垂直可得线面垂直，进而用棱锥的体积公式即可求解.【详解】取中点，连接，如图，是边长为2的等边三角形， ，又平面，平面，又，故，即，所以.故答案为：116在中，内角，所对的边分别，若有且仅有一个解，则的取值范围是 .【答案】【分析】根据正弦定理可得，据此可求的取值范围.【详解】由正弦定理可得因此有且仅有一个解，故直线与在上的图象有且仅有一个交点，当时，而在
12、为增函数，故在上为增函数，因，故，故答案为：.四、解答题17设函数.(1)若曲线在点处与直线相切，求a，b的值；(2)讨论函数的单调性.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）根据曲线在点（2，）处与直线y=8相切，建立条件关系即可求，b的值；（2）令，解出极值点，对参数分类讨论分别求出函数的单调区间即可.【详解】（1）由题意知，又即 ，解得；（2）已知，令，知当时，此时函数在单调递增当时，令或，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，令或，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减.18在四棱锥中，底面是正方形，若（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）证明见
13、解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.19 设函数，其中（I）若是函数的一条对称轴，求函数周期；（II）若函数在区间上为增函数，求的最大值【答案】（I）；（II）.【详解】试题分析：（I）整理得，由是函数的一条对称轴得，可求得函数的周期；（II）由函数解析式可求得含参数的函数的增区间，由在区间上为增函数，可建立不等式组求得，所以的最大值为试题解析：由题意得，（I）因为是函数的一条对称轴，所以，即 又，所以所以函数，周期， （II）函数的单调递增区间为，整理得依题意函数在区间上为增函数，故取，则有即，所以， 又，所以的最大值为【解析】正弦函数的性质.20已知等差数列的前n项和为，数列满足，.(1)求数列和的通项公式；(2)设数列满足：，（），若不等式（）恒成立
