2022-2023年湖南省五市十校教研教改共同体高二下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023年湖南省五市十校教研教改共同体高二下学期期中联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023年湖南省五市十校教研教改共同体高二下学期期中联考数学试题

一、单选题
1．复数在复平面内所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】根据题意，由复数的运算化简，即可得到结果.
【详解】∵，
∴所对应的点位于第三象限．
故选:C
2．某市2018年至2022年新能源汽车年销量y（单位：千台）与年份代号x的数据如下表：
年份
2019
2020
2021
2022
年份代号x
1
2
3
4
年销量y
15
20
m
35
若根据表中的数据用最小二乘法求得y关于x的经验回归直线方程为，则表中m的值为（    ）
A．25 B．28 C．30 D．32
【答案】C
【分析】根据线性回归直线方程经过样本中心，即可代入求解.
【详解】由已知得，回归直线方程为过样本点中心，
∴，即，
∴．
故选：C．
3．已知是半径为2的球O的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出△ABC外接圆的半径，进而求得O到平面ABC的距离，根据三棱锥体积公式即可求得答案.
【详解】∵，，∴△ABC为等腰直角三角形，∴，
则△ABC外接圆的半径为，

又球的半径为2，设O到平面ABC的距离为d，
则，所以，
故选：A．
4．某校迎新晩会上有A，B，C，D，E，F共6个节目，为了考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目A，B不相邻，节目D，F必须连在一起，则不同的节目编排方案种数为（    ）
A．60 B．72 C．120 D．144
【答案】D
【分析】排列问题中相邻元素捆绑法，不相邻元素插空法.
【详解】先将两个节目D，F捆绑成一个元素，与节目C，E进行全排列，再将节目A，B插入四个空档中，
所以共有种不同的结果.
故选：D．
5．第十四届全国人民代表大会第一次会议于2023年3月5日在北京召开，3月6日各代表团分组审议政府工作报告．某媒体4名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道，每个小组至少一名记者，则记者A被安排到甲组的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据分组分配问题，利用排列组合计算个数，由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】4名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道，每个小组至少一名记者，共有种不同情况，
记者A被安排到甲组有种，所求概率为，
故选:B．
6．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ）

A．
B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等
C．记第n行的第i个数为，则
D．第30行中第12个数与第13个数之比为
【答案】C
【分析】选项A，利用组合数性质即可求解；选项B、D，利用杨辉三角中数的排列规律即可判断；选项C，先用杨辉三角确定，再结合二项式定理可得.
【详解】对A，由可得
，故A错误；
对B，第2023行有2024项，中间两项最大，即和，
也就是第2023行中第1012个数和第1013个数相等，故选项B错误；
对C，第n行的第i个数为，所以，故C正确；
对D，第30行中第12个数与第13个数之比为
，故D错误．
故选：C．
7．已知双曲线C：（，）的左焦点为F，斜率为的直线l过原点O且与双曲线C交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记双曲线的右焦点为，通过四边形的形状，结合直线的斜率和倾斜角，求得的长度，进而根据双曲线定义，即可求得结果.
【详解】记双曲线C的右焦点为，P为第二象限上的点，连接PF，，QF，，
根据双曲线的性质和直线l的对称性知，四边形为平行四边形.
因为，所以四边形为矩形，
而直线l的斜率为，所以，，
又，所以，
则．
故选：B．

8．已知向量，，与的夹角为，若对任意，当时，恒成立，则实数m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用向量数量积得，不等式可变形为，记，则函数在上递减，利用导数求实数m的取值范围.
【详解】向量，则，
，
对任意的，，
又，∴，
∴，即，得，
记，则，因此函数在上递减，
又，由，∴，
所以的单调递减区间为，∴．
故选：D．

二、多选题
9．下列命题正确的是（    ）
A．对于事件A，B，若，且，，则
B．若随机变量，，则
C．相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强
D．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好
【答案】AC
【分析】对于A，根据事件之间的关系，可得概率计算，结合条件概率的计算公式，可得答案；对于B，根据正态分布的性质，利用其对称性，可得答案；对于C，根据相关系数的性质，可得答案；对于D，根据残差图的性质，可得答案.
【详解】对于A，由，则，故，故A正确；
对于B，由随机变量，则随机变量满足的正态分布曲线关于直线对称，
故，，
，故B错误；
对于C，根据相关系数的性质，可得C正确；
对于D，根据残差图的性质，可知宽度越窄表示回归效果越好，故D错误.
故选：AC.
10．已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，将的图像沿x轴向右平移个单位得到函数的图像则（    ）
A． B．是图像的一个对称中心
C．是奇函数 D．在区间上的值域为
【答案】AB
【分析】根据题意，可得函数周期，从而可求得，由函数的平移变换可得函数的解析式，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】∵函数的零点构成一个公差为的等差数列，∴周期，
∴，A正确；
函数沿x轴向右平移个单位，可得，，B正确；
为偶函数，C错误；
在区间上的值域为，D错误．
故选:AB
11．有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为5：6：9，现任取一个零件，记事件“零件为第台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件，结合全概念公式、条件概率公式依次求解即可.
【详解】解：事件“零件为第台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”，
则，，，，，，故A正确，B错误；
，故C正确；
，故D正确．
故选：ACD．
12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．方程恰有3个不同的实数解
B．函数有两个极值点
C．若关于x的方程恰有1个解，则
D．若，且，则存在最大值
【答案】ABD
【分析】化简可得.分段求解，可得或或.作出函数的图象，结合图象，即可得出A项；根据图象，即可得出函数的单调区间，得出B项；根据图象，即可得出的取值范围，判断C项；根据图象，得出有3个解时，的取值范围，然后分段求解出的值，即可得出.构造，求导得出函数的单调性，即可得出D项.
【详解】由已知可得.
对于A项，当时，由可得，，所以；
当时，由可得，，所以；
当时，由可得，，所以.
所以由方程得或或.
作出的图象如下图

由图可知，当时，有3个解.
因为，所以有3个解.
又无解，无解，故A正确；
对于B项，由图可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，在处取得极大值，在处取得极小值，即和是函数的两个极值点，故B正确；
对于C项，若方程数恰有1个零点，即函数与的图象仅有一个交点，
由图象可得或，故C错误；
对于D项，设，且，，
则，，，
则.
设，
则.
设，
根据复合函数的单调性可知在上单调递增，
且，，
根据零点存在定理可知，，使，
且当时，，则，所以在上单调递增；
当时，，则，所以在单调递减，
所以存在最大值，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】思路点睛：作出函数的图象，结合函数的图象，根据函数的零点个数，即可得出参数的取值范围.

三、填空题
13．已知向量，，且与共线，则________．
【答案】
【分析】利用共线解出值，根据数量积坐标公式解出结果.
【详解】向量，且与共线，
得，，所以．
故答案为：.
14．若的展开式中的系数为60，则实数________．
【答案】/
【分析】求出的展开式中的系数，解方程即可得出答案.
【详解】∵的展开式中含的项为，
由已知的系数为，∴．
故答案为：.
15．已知点P为抛物线C：上的动点，直线l：，点为圆M：上的动点，设点P到直线l的距离为d，则的最小值为________．
【答案】/
【分析】利用抛物线的定义及三角形三边关系，结合图象分析计算即可.
【详解】由题意可得：抛物线的焦点为，准线为直线l：，
圆M：的圆心，半径，
由抛物线的定义知，，则，
当P，F，M三点共线时，取最小值为．

故答案为：.

四、双空题
16．在数列的每相邻两项之间插入这两项的和，组成一个新的数列，这样的操作叫做这个数列的一次“拓展”．先将数列1，3进行拓展，第一次拓展得到1，4，3，第二次拓展得到数列1，5，4，7，3；；第n次拓展得到数列1，，，，，3，设，则________，________．
【答案】
【分析】拓展规则可知拓展后的项数的递推式和的递推式，通过构造等比数列可求通项.
【详解】（1）设数列1，3第n次拓展后的项数为，则，，
根据拓展规则可知，，即，
∴数列是等比数列，首项为2，公比为2，
∴，即，所以；
（2）根据拓展规则可知，，
∴，又，∴数列是等比数列，
首项为6，公比为3，∴，所以．
故答案为：；

五、解答题
17．甲、乙两地到某高校实施“优才计划”，即通过笔试，面试，模拟技能这3项考核程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项考核程序均通过后即可签约．2022年，该校数学系100名毕业生参加甲地“优才计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）：
人数性别
参加考核但未能签约的人数
参加考核并能签约的人数
男生
35
15
女生
40
10
今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，．
(1)依据小概率值的独立性检验，判断这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别是否有关联？
(2)若小明通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y，分别求出X与Y的数学期望．
参考公式与临界值表：，．

0.10
0.05
0.010

2.706
3.841
6.635

【答案】(1)认为这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别无关
(2)，

【分析】（1）由题意作出列联表，依据对立性检验的计算公式计算判别即可；
（2）由条件分析得X服从二项分布，可得小明通过甲程序的期望；再由离散型随机变量的分布列及求期望公式计算小明通过乙程序的期望即可.
【详解】（1）列联表：
人数性别
参加考核但未能签约的人数
参加考核并能签约的人数
合计
男生
35
15
50
女生
40
10
50
合计
75
25
100
，
根据小概率值的独立性检验，可认为这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别无关；
（2）由已知，小明通过甲地的每项程序的概率均为，
所以X服从二项分布，即，∴，
由题意：Y的可能取值为0，1，2，3，
，，
，．
所以Y的数学期望．
18．如图，在三棱柱中，，点为棱的中点，且，侧面为菱形，且．

(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）要证直线与直线垂直，可以先证一条直线与包含另一条直线的平面垂直，然后即可证得；
（2）要求直线与平面所成角的正弦值，可以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后代入公式即可解得.
【详解】（1）因为，点为棱的中点，所以，
又，，平面，平面，
所以平面．又平面，所以，
连接．因为侧面为菱形，且，
所以为等边三角形，所以．又，
所以平面ABC．又平面ABC，∴.
（2）
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系．
不妨设，由题知，，，，，
由，可得，
设平面的法向量为，
而，，
则有取，得，
设直线与平面夹角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
19．已知等差数列的前n项和为，且，，数列满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)是定值，定值为2

【分析】（1）设等差数列的公差为d，列方程组求出和，即可得的通项；由，可得，数列是等比数列，求出通项后可得的通项.
（2），由错位相减法求数列的前n项和，根据，由等比数列前n项和公式求数列的前n项和，代入中化简即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由已知，可得解得
∴，
又，∴，
又，∴数列是等比数列，首项为4，公比为4，
∴，∴.
（2）由（1）知，
数列的前n项和为①，
∴②；
①-②，得，
∴，
又，则其前n项和为，
∴，∴为定值2．
20．航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．2022~2023学年全国青少年航天创新大赛设航天创意设计、太空探测、航天科学探究与创新三个竞赛单元及载人航天主题专项赛．某校为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，举行了一次航天创新知识竞赛选拔赛，从中抽取了10名学生的竞赛成绩，得到如下表格：
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
成绩（分）
38
41
44
51
54
56
58
64
74
80
记这10名学生竞赛成绩的平均分与方差分别为，．经计算，．
(1)求与；
(2)规定竞赛成绩不低于60分为优秀，从这10名学生中任取3名，记竞赛成绩优秀的人数为X，求X的分布列；
(3)经统计，航天创新知识选拔赛成绩服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若科创中心计划从全市抽查100名学生进行测试，记这100名学生的测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的均值．
附：若，则，，．
【答案】(1)，
(2)分布列见解析
(3)

【分析】（1）由公式即可求解，
（2）根据超几何分布的概率公式，即可求解概率，进而可得分布列，
（3）根据正态分布的性质，结合区间的概率以及二项分布的期望公式即可求解.
【详解】（1），；
（2）竞赛成绩“优秀”的学生有3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，．
则X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




（3）由题意，，，记抽查学生的测试成绩为，
则，
∴这100名学生的测试成绩恰好落在区间的入数为，
∴．
21．已知椭圆C：的焦距为，，分别为C的左，右焦点，过的直线l与椭圆C交于M，N两点，的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，H两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得．若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，

【分析】（1）由已知可得，根据椭圆的定义可得，解得，然后求出，即可得出答案；
（2）假设存在，由已知可转化求得.设出直线方程，然后与椭圆联立，根据韦达定理得出坐标关系.表示出斜率，化简整理可得出，进而得出的值.
【详解】（1）
已知椭圆的焦距，则.
根据椭圆的定义可知，.
又的周长为8，
如图1可知，，
则，
所以，
故椭圆C的方程为.
（2）
假设存在x轴上的定点，使得.
则结合图2可得，所以.
由题意，直线EH的斜率一定存在，设直线EH的方程为，
设，，
由得，， ，则，
且.
因为直线ET的斜率为，直线HT的斜率为，
由得.
因为，，
所以，
即，
所以，
所以，则，
所以在x轴上存在一个定点，使得．
【点睛】关键点睛：由已知推得，进而转化为探索.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性，并求的极大值；
(2)若存在正实数，使得成立，求a的值．
【答案】(1)单调性见解析；
(2)

【分析】（1）首先求函数的导数，，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；
（2）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值.
【详解】（1）由已知，函数的定义域为，
且，
当时，由得，由得，
所以的减区间为，增区间为，无极大值，
当时，由得，由得或，
所以的减区间为，增区间为，，
∴当时，取极大值为，
当时，恒成立，在上单调递增，无极值；
当时，由得，由得或，
所以的减区间为，增区间为，，
∴当时，取极大值为，
综上，取极大值为
（2），
可以看作是动点与动点之间距离的平方．
动点P在函数的图象上，Q在直线的图象上，
问題转化为求直线上的动点Q到曲线的动点P的最小距离，
由得，，解得，
所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，
则，根据题意，要使，
则，此时Q恰好为垂足，
由可得，所以．
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第二问，不等式变形转化为，再转化为直线和函数的图象上点的距离问题.