2022-2023学年湖南省多校高二下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省多校高二下学期期中联考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省多校高二下学期期中联考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的交并补运算即可求解.【详解】全集为U，集合，，,图中阴影部分表示是去掉的部分，故表示的集合是．故选：D．2．若复数为方程（m，）的一个根，则该方程的另一个根是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据实系数方程的虚根成共轭复数求解即可.【详解】根据实系数方程的虚根成共轭复数可知，另一个复数根为.故选：B．3．将A，B，C，D，E五个字母排成一排，且A，E均不排在两端，则不同的排法共有（    ）A．108种 B．72种 C．36种 D．18种【答案】C【分析】先确定字母A，E的位置，然后再排列其他字母即可.【详解】因为字母A，E不能排在两端，则有种排列方式，B，C，D有种排列方式，所以不同的排法共有种排法.故选：C4．已知方程表示椭圆，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由于椭圆的方程满足且，列出不等式组即可解出实数的取值范围.【详解】因为方程表示椭圆，所以有，解得或．故选：C5．已知，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据对数以及指数函数的单调性即可由和分类讨论求解.【详解】当时，，即，即，又，即，故，即，当时，由，无解，综上，实数a的取值范围是．故选:A．6．如图，沿着网格线，先从点A到点B，然后经过点C，到达点D的最短的路径的条数为（    ）A．720 B．480 C．360 D．240【答案】C【分析】根据分步乘法计数原理以及组合数的计算即可求解.【详解】从A点到B点需要向右走3段，向上走3段，共有种，从B点到C点，向下走1段，向右走2段，共种，从C点到D点，向右走2段，向上走2段，共种，因此，从A点到D点的最短路径的走法有种．故选：C．7．在三棱锥中，面ABC，，，且，若G为△PAB的重心，则CG与平面ABC所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量求解CG与平面ABC所成角的正弦值.【详解】因为G为重心，故，从而，．即．，则．注意到平面ABC的法向量即，因此CG与平面ABC所成角的正弦值即为．故选：D．8．甲盒中有2个红球和1个黄球，乙盒中有1个红球和2个黄球，丙盒中有1个红球和1个黄球．从甲盒中随机抽取一个球放入乙盒中，搅拌均匀，然后从乙盒中随机抽取一个球放入丙盒中，搅拌均匀后，再从丙盒中抽取一个球，则从丙盒中抽到的是红球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】事件从丙盒抽到的是红球可视为事件甲盒抽到黄球，乙盒抽到黄球，丙盒抽到红球，事件甲盒抽到黄球，乙盒抽到红球，事件丙盒抽到红球，甲盒抽到红球，乙盒抽到黄球，丙盒抽到红球，事件甲盒抽到红球，乙盒抽到红球，丙盒抽到红球的和事件，利用互斥事件的概率加法公式和概率乘法公式求解即可.【详解】甲盒抽到黄球，乙盒抽到黄球，丙盒抽到红球的概率为，甲盒抽到黄球，乙盒抽到红球，丙盒抽到红球的概率为，甲盒抽到红球，乙盒抽到黄球，丙盒抽到红球的概率为，甲盒抽到红球，乙盒抽到红球，丙盒抽到红球的概率为，因此丙盒中抽到的红球的概率为．故选：A． 二、多选题9．已知双曲线，则双曲线的（    ）A．焦点坐标为 B．离心率为C．渐近线方程为和 D．虚轴长为1【答案】CD【分析】将双曲线方程化为标准形式，再由双曲线的简单几何性质逐一判断即可.【详解】，所以，A，焦点坐标为，故A错误；B，离心率为，故B错误；C，，整理可得渐近线方程为和，故C正确；D，虚轴长1，故D正确.故选：CD10．已知随机事件A，B满足，，则（    ）A．若事件A，B互斥，则B．若，则事件A，B互斥C．若事件A，B相互独立，则D．若，则事件A，B相互独立【答案】ACD【分析】利用互斥事件的定义判断AB，利用相互独立事件的定义判断CD.【详解】对于A选项，，故A正确；对于B选项，，，A，B互斥，否则不一定有A，B互斥，故B错误；对于C选项，因为事件A，B相互独立，故，故C正确；对于D选项，因为，故事件A，B相互独立，故D正确．故选：ACD．11．如图，已知分别是的三条中线，为的重心，设为所在平面上任意一点，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据三角形重心的性质，结合向量的分解即可判断.【详解】对于A选项，注意到，因此，从而，故A正确；对于B选项，由可得，即，故B错误；对于C选项，，，，相加即得，故C正确；对于D选项，，同理，，三式相加即得，故D正确．故选：ACD.12．如图，已知直四棱柱的底面是边长为4的正方形，，E，F，G分别为，AB，的中点，H为正方形（包括边界）上的动点，则（    ）A．存在点H，使得E，F，G，H四点共面B．存在点H，使得面HEFC．若，则H的轨迹长度为D．四面体EFGH的体积为定值【答案】AC【分析】根据线线平行可得四点共面，即可判断A,根据线线垂直,结合反证法即可得矛盾求解B,根据投影即可求解C,根据四面体的体积公式,高不为定值即可判断D.【详解】对于A选项，当H为中点时，连接，则由,进而可得，故E，F，G，H共面，故A正确；对于B选项，分别过作则平面，平面，所以,假若平面，平面,则,平面,所以平面,平面,因此,由于是的中点，是上一点，在正方形中，不可能有，故不与平面垂直，从而B错误；对于C选项，取，的中点M，N，当H在MN上时，FH在面上的投影为NH，而，且，因此，即H的轨迹即为MN，且其长度为，故C正确；对于D选项，，其中为点到平面的距离，由于的面积为定值，但是由于面EFG与面不平行，因此不为定值，故体积不为定值．故D错误．故选：AC 三、填空题13．已知为第二象限角，，则的值为________．【答案】【分析】根据角的范围可得在第一象限，根据同角关系可得，由正切的二倍角公式即可求解.【详解】由为第二象限角,则,所以，故在第一、三象限，而，则在第一象限，且，故，因此，故答案为：14．从编号为1~5号的球中随机抽取一个球，记编号为i，再从剩下的球中取出一个球，记编号为j，在的条件下，的概率为________．【答案】##0.4【分析】根据事件A以及AB包含的基本事件个数，即可利用条件概率的定义求解.【详解】设事件A：，事件B：，则事件AB：，则事件A包含的基本事件有,故，事件AB包含的基本事件有，则，从而,故答案为：15．已知O为坐标原点，直线：与：交于点P，则的值为________．【答案】2【分析】根据两直线经过定点，即可根据和，利用斜率得垂直关系即可分情况求解.【详解】直线过定点，过定点，当时，两直线的斜率分别为，，，故，从而；当时，易求得，此时，综上可知，．故答案为：216．已知函数存在两个极值点，，且，则a的取值范围是________．【答案】【分析】依题意有两个零点，即方程有两个解，，且满足，设，则直线和函数的图象有两个不同的交点，且满足，所以作直线和函数，分析a的取值范围即可.【详解】依题意有两个零点，即方程有两个解，，且满足，设，则直线和函数的图象有两个不同的交点，且满足，因为，因此函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取得最大值，最大值为，故，所以作直线和函数的图象如下：由图象知：，因此①当时，，不符合题意；②当时，要，而函数在上单调递减，则，即，解得，所以．综合①②得．又因为函数在上单调递增，，，所以a的取值范围是．故答案为：． 四、解答题17．设（，）．(1)当，时，记的展开式中的系数为（，1，2，3，4，5，6，8），求的值；(2)若的展开式中的系数为20，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据二项式展开式的通项特征即可求解，（2）根据二项式展开式的通项可得，进而根据不等式以及对勾函数的性质即可求解.【详解】（1）由题意．的展开式的通项为，的展开式的通项为，故当时，可得的系数为，当时，可得的系数为，因此；（2）由二项式的展开式的特征可得：的展开式的通项为，的展开式的通项为，当时，的系数为，即， 则，由函数在上单调递减，在上单调递增．注意到n取值为整数，因此的最小值为．因此的最小值为，18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面ABCD，Q为线段PD上的点，，，．(1)证明：平面ACQ；(2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用三角形相似得，结合，则有，利用线面平行的判定即可证明；（2）以A为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，求出平面ACQ的法向量，利用线面角的空间向量法即可得到答案.【详解】（1）如图，连接BD与AC相交于点M，连接MQ，∵，，则，∴，，∵，∴，平面ACQ，平面ACQ，∴平面ACQ；（2）平面，平面,，因为底面,则AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，各点坐标如下：，，，． 设平面ACQ的法向量为，由，，有，令，，，可得，由，有，，则．故直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为．19．已知正项数列的前n项和为，且，，，．(1)求数列的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用给定的递推公式，结合“”确定数列为等差数列，即可求解作答.（2）由（1）求出，放缩，再利用裂项相消法求和推理作答.【详解】（1）依题意，当时，由，得，则，两式相减得，即，亦即，因为为正项数列，因此，则是以为首项，2为公差的等差数列，，所以数列的通项公式.（2）由（1）知，，而，当时，，显然成立，所以．20．已知F为抛物线的焦点，O为坐标原点，过点的直线与抛物线交于A，B两点，且满足．(1)求的值；(2)若，求直线AB的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据可得，设直线AB：，与抛物线的方程联立，写出韦达定理，代入即可求出；（2）将转化成向量运算进行处理，，利用向量的坐标运算表示出，抛物线的焦半径公式表示出，通过解方程即可求得直线AB的方程．【详解】（1）显然直线的斜率不为0，设直线AB：，，，联立，得，显然，，，则，由可得，可得，得．（2）由（1）可知拋物线方程为，，此时AB；，，．，．由，解得，因此直线AB的方程为，即．21．目前，我国近视患者人数多达亿，青少年近视率居世界第一，从宏观出发，为了民族的未来，从微现出发，为了青少年的健康，青少年的近视问题已经提升到国家战略层面．根据卫健委要求，某中学抽查了名学生的视力情况，按、、、、、分组，制作成如图所示的频率分布直方图．(1)为了作进一步的调查，从视力在内的学生中随机抽取人，若已知其中有两人的视力落在内，求另外四人视力均落在内的概率；(2)用样本频率估计总体，从全校学生中随机抽取两名学生，记视力落在区间内的人数为，落在区间内的人数为，试求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）计算出样本中视力落在区间、的人数，记事件抽取的人中有两人的视力落在内，事件抽取的人中有四人视力落在内，利用条件概率公式可求得的值；（2）分析可知，，利用二项分布的期望公式可求得、的值，令，分析可知的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可求得的值，即可得解.【详解】（1）解：视力落在内的人数为，视力落在内的人数为．设事件抽取的人中有两人的视力落在内，事件抽取的人中有四人视力落在内．则.（2）解：视力落在区间内的概率为，故．视力落在区间内的概率为，故．所以，，令，则的可能取值为、、、、，若抽取的学生视力落在、内，则的值，若落在内，则的值，视力落在内的概率为，落在内的概率为，则，，，；．所以，，故．22．已知函数，．(1)若在上恒成立，求k的取值范围；(2)设为图象上一点，为图象上一点，O为坐标原点，若∠AOB为锐角，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）构造函数，利用导数结合不等式性质求出k的范围，再证明不等式不恒成立作答.（2）根据给定条件，利用数量积建立不等式并作等价变形，借助同构的思想构造函数，利用单调性推理作答.【详解】（1）令函数，求导得，则函数在上单调递增，从而，即，因此，当时，，符合题意；当时，令函数，，则，在上单调递增，且，，则存在，使得，且时，，即单调递减，则当时，，与题意矛盾，所以k的取值范围是.（2）依题意，由，得，即，亦即，因为，则不等式为，设，则不等式为，设，则，设，则，函数在上单调递减，因此，即，即在上单调递减，因此由，得，即，设，则，由（1）可知，则有，从而，即，在上单调递增，因此，从而，因而，所以．【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.