2022-2023学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共19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学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高二（下）期中数学试卷一、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.  已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知复数对应的点在复平面第一象限内，是的共轭复数，那么同时满足和的复数是(    )A.  B.  C.  D. 3.  “”是“”的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件4.  已知，则(    )A.  B.  C.  D. 5.  设若，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知椭圆的离心率为，且连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积有最小值，则下列四个点一定在椭圆上的是(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知函数，，则下列说法正确的是(    )A. 的图象可由的图象平移变换得到
B. 和的图象有相同的对称中心
C. 若和具有相同的奇偶性，则
D. 和都在区间上单调递增8.  已知函数，其中为正整数，且为常数若对于任意，函数在内均存在唯一零点，则实数的取值范围为(    )A.  B.
C.  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）9.  下列表述中，正确的是(    )A. 一组数按照从小到大排列后为：，，，，，计算得，则这组数的分位数是
B. 一组数按照从小到大排列后为：，，，，，计算得这组数的分位数是，则这个数据中一定有个数小于或等于
C. 已知随机变量服从正态分布，且，则
D. 抛掷一枚骰子，当出现点或点时，就说这次试验成功，则在次试验中成功次数的均值为10.  已知双曲线：的左、右焦点分别为、，是双曲线上一点，则(    )A.
B. 当双曲线为等轴双曲线时，焦点坐标为，
C. 焦点到双曲线的一条渐近线的距离是定值
D. 若双曲线的一条渐近线方程是且，则或11.  已知函数，则(    )A. 在上单调递减
B.
C. 若函数有零点，则
D. 可以用一个奇函数和一个偶函数的和表示，且12.  在中，，，，点在斜边上不含端点和，以为棱把它折成直二面角，连接，在三棱锥中，下列说法正确的是(    )A. 存在点，使得
B. 不存在点，使得
C. 在中时，折成的三棱锥的外接球的表面积为
D. 折叠后的最小值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知向量，则 ______ ．14.  若不同的四点，，，共圆，则实数 ______ ．15.  已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是______ ．16.  天干地支简称干支，它们组成甲子形成了中国古代的传统历法纪年，现今一直沿用其中十天干指：甲乙丙丁戊己庚辛壬癸；十二地支指：子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥如年干支纪年法是癸卯年．
中华人民共和国建国一百周年的年，用干支纪年法表示是______ 年；
从年到年这年中任取两年，取到的这两年有相同的天干或地支的概率是______ ．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.  本小题分
已知公差不为零的等差数列的首项为，且，，是一个等比数列的前三项，记数列的前项和为．
求数列的通项公式；
求数列的前项的和．18.  本小题分
已知为非钝角三角形，内角，，的对边分别为，，，的外接圆半径为．
求角的大小；
求的最小值．19.  本小题分
如图，四棱锥中，平面，，，，为上的点且．
证明：平面；
设二面角为，求三棱锥的体积．
20.  本小题分
从甲、乙、丙等人中随机地抽取三个人去做传球训练训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．
记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；
若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第次由甲将球传出，求次传球后球在甲手中的概率．21.  本小题分
已知抛物线：的焦点为，直线与抛物线交于不同的两点，当时，以线段为直径的圆过点．
求抛物线的方程；
若线段的中点在曲线上运动，求其中为平面直角坐标系的原点的面积的最小值．22.  本小题分
已知函数，，其中为实数．
讨论函数的单调性；
当时，证明函数，的图象有且只有两条公切线．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，所以．
故选：．
由题注意到集合中元素，即可直接求得．
本题考查集合的交集运算，未注意到集合中元素是易错点，属基础题．
 2.【答案】 【解析】解：设，
则，
，，
则，解得，，
故
故选：．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】【分析】本题考查充分条件和必要条件的判断，熟悉不等式的性质是解决本题的关键，属于基础题．
根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．【解答】解：，
由，
由，
“”是“”的必要不充分条件．
故选B．  4.【答案】 【解析】解：．
故选：．
由已知结合二倍角公式及诱导公式进行化简即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，诱导公式的应用，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：令，则，
即，得，得，
则展开式的通项公式是，
由，得，所以展开式中的的系数为，
展开式的第项是，所以展开式中的的系数为，
则．
故选：．
利用赋值法先求出的值，然后分别求出通项公式，求出的系数，然后相加求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，利用赋值法以及求出通项公式确定的系数是解决本题的关键，是中档题．
 6.【答案】 【解析】解：因为椭圆的离心率为，所以，得，
设椭圆上的一点为，
则，
由于，即当且仅当时取到等号，
连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，
又面积有最小值，所以，及，
所以，，
所以椭圆一定过点，，，．
故选：．
设出椭圆上的点的坐标，通过离心率求解，的关系，利用基本不等式结合面积公式，转化求解，，得到选项．
本题考查椭圆的简单性质的应用，基本不等式的应用，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：：函数的最小正周期为，的最小正周期为，
所以与两函数的周期性不同，因此的图象不可以由的图象平移变换得到，故A错误；
：由题意可得，的图象的对称中心是，，而的图象的对称中心是，，
故和的图象没有相同的对称中心，故B错误；
：是奇函数，若也是奇函数，则，，即，，故C错误；
：对于，由，解得，，
所以的单调递增区间为，
故在区间上单调递增，
而对于，由可得，，，
可得的单调递增区间为，，故在区间上单调递增，
故和都在区间上单调递增，故D正确．
故选：．
由题意，利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的图像和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图像和性质，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：函数的导数，
当时，恒成立，
函数在上单调递增，
若函数在内均存在唯一零点只需即可，
即，
为正整数，，
对一切成立，
当时，，当且仅当时等号成立，
．
故选：．
求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数零点存在定理，建立不等式关系进行求解即可．
本题主要考查函数零点存在定理的应用，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数零点存在条件转化为不等式关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 9.【答案】 【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，若，则这组数的分位数是错误；
对于，由百分位数的定义，可得B正确；
对于，因为且，所以，变形可得，C错误；
对于，试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立，所以次试验中成功次数服从二项分布，其均值，D正确；
故选：．
根据题意，由百分位数、随机变量的均值计算公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查命题真假的判断，涉及百分位数和均值的计算，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：由已知可得，
由方程表示双曲线，则可得，故A正确；
双曲线为等轴双曲线时，，可得，
所以，所以双曲线的焦点坐标为，故B错误；
双曲线的渐近线方程为，焦点为，
双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是，故C正确；
双曲线的一条渐近线方程是，所以，
由双曲线的定义知，
又，所以或，又，
所以，故D错误．
故选：．
由已知可得，进而结合每个选项的条件进行计算可得结论．
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
 11.【答案】 【解析】解：函数的定义域为，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，故A错误；
由在上单调递增，所以，即，得，故B正确；
令，则，令，
若函数有零点，则函数与的图象有交点，
由的单调性，可得在和上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值为，
作出的图象如图所示，

结合图象，若函数有零点，则或，故C错误；
令，则有，即，
所以，且，故D正确．
故选：．
对于，对函数求导，讨论函数的单调性即可判断；对于，由选项知函数在上单调递增，则有，代入原函数化简不等式，即可判断；对于，结合图象及函数的单调性即可判断；对于，由题意可设，结合奇偶函数的性质有，可得，，即可判断的解析式．
本题主要考查里用导数研究函数的单调性，根据函数零点个数求参数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：在中，以为棱把折成直二面角后有，
因为，，又，平面，平面，
所以平面，所以，故A正确；
作于，因为二面角是直二面角，可得平面，
所以，若，则可得平面，平面，所以，故B错误；
当时，可得，，，
，，，四点所在同一个球面的半径为，
外接球的表面积为，故C正确；
设，则，作于，于，
于是，，，，，
因为二面角是直二面角且，，与成角，
，
当，即是的平分线时，有最小值，折叠后的最小值为，故D正确．

故选：．
根据空间几何体的性质，结合每个选项进行计算判断可得结论．
本题考查线线垂直的判定，考查空间几何体的外接球的表面积的求法，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，
则，
故．
故答案为：．
根据已知条件，结合向量的坐标运算，即可求解．
本题主要考查向量的坐标运算，属于基础题．
 14.【答案】或 【解析】解：圆心在线段的垂直平分线上，该直线方程为，设圆心坐标为，半径为，
所以，解得，，
所以所求圆的方程为，
点在圆上，所以，
解得或．
故答案为：或．
求解圆的圆心坐标，圆的半径，得到圆的方程，点在圆上，代入求解即可．
本题考查圆的方程的求法，是基础题．
 15.【答案】 【解析】解：，
若在上单调递减，则恒成立，
即恒成立，所以，
若在上单调递增，则恒成立，
即恒成立，所以．
综上，实数的取值范围为．
故答案为：．
对求导，分在上单调递减和在上单调递增两种情况讨论，从而可求解的范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
 16.【答案】己巳  【解析】解：根据题意，年干支纪年法是癸卯年，而，
除以余，故年天干数为己，
除以余，故年地支数为巳，
所以年为已巳年；
年到年这年中，前年的天干与后十年的天干重复一遍，前年的地支有年与后年的地支重复一遍，
所以取到的这两年有相同的天干或地支的概率是．
故答案为：己巳；．
根据题意，，由干支纪年法规律分析年的天干数和地支数，即可得答案；
根据题意，分析年到年这年中，天干和地支重复的情况，由古典概型公式计算可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及归纳推理的应用，属于基础题．
 17.【答案】解：设等差数列的公差为，
又，
所以，
因为，，是一个等比数列的前三项，
所以．
即，
又，
所以，
所以数列的通项公式为；
由知数列的前项和，
所以，
则，，
则数列的前项的和为． 【解析】由已知求出等差数列的公差为，然后结合等差数列通项公式的求法求解即可；
由知数列的前项和，又，，然后求解即可．
本题考查了等差数列通项公式的求法，重点考查了数列的求和，属中档题．
 18.【答案】解：由正弦定理可得，又，
所以，
又，
所以，
因为，所以，
所以，
所以；
由正弦定理有，，，
所以



为非钝角三角形，则，所以，得，
所以，得，
所以，
故的最小值为． 【解析】由正弦定理可得，利用三角恒等变换可求角的大小；
正弦定理可得，，进而有，利用三角恒等变换可求的最小值．
本题考查正余弦定理的应用，考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属中档题．
 19.【答案】解：证明：根据题意，连接交于点，连接，
如图：

由于，而，由平行线的性质可得，
又由为上的点且，所以．
同时平面，且平面，
所以平面；
根据题意，因为平面，，所以，，两两互相垂直．
以为坐标原点，、、的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
如图：

则，，，，
设，则，
设为平面的法向量，则即，
可取．
又为平面的法向量，
又由二面角为，则有，，即，解得，
因为，所以三棱锥的高为，
故三棱锥的体积． 【解析】根据题意，连接交于点，连接，利用平行线的性质可得，由此可得，由线面平行的判断方法分析可得答案；
根据题意，分析可得，，两两互相垂直，由此建立空间直角坐标系，由空间向量数量积的性质计算可得答案．
本题考查棱锥的体积计算，涉及直线与平面平行的判断，属于基础题．
 20.【答案】解：由题意可知，可能取值为，，，，
，
，
，
，
的分布列为： 由题意，记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，，，，，
则有，
所以
，
即，
所以，且，
所以数列表示以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以，
即次传球后球在甲手中的概率是． 【解析】根据给定条件，求出的所有可能值，再求出各个值对应的概率作答；
根据给定条件，把经过次传球后，球在甲手中的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用相互独立事件及互斥事件的概率公式求解作答．
本题考查离散型随机变量的分布列，考查等比数列的应用，是中档题．
 21.【答案】解：抛物线：的焦点，设，
设以线段为直径的圆过点，
则，即有，得，
所以．
又在抛物线：上，所以，
所以，得，
又，所以，而解得，
故抛物线的方程为．
设直线的方程为，，坐标分别为，，的中点坐标为，
由消去并整理成，
时，有，，所以，
得．
又线段的中点在曲线上，
所以得，解得，
所以直线过定点．
的面积为，
所以当直线垂直轴时，的面积最小且最小值为． 【解析】设，由直径所对的圆周角为直角，结合向量垂直的条件和点满足抛物线方程，可得的坐标，再由抛物线的定义解得，进而得到所求抛物线的方程；
设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，求得，可得直线恒过定点，可得的面积为，结合二次函数的最值可得所求．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：，，
，，
函数的导数．
，当且仅当时，取等号，
当时，对恒成立，
所以在上单调递增．
当时，有两个不同实数根不妨设，
则，
当或时，函数为增函数，
当时，，函数为减函数，
则在和上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，无单调递减区间．
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
证明：当时，设直线与，的图象分别切于点，
则，求导得，
故的方程为，
即．
函数，函数的导数，
故的方程为，即．
所以，消去，并整理成．
记，则导数，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在时取得极小值，同时也是最小值，且，
又，
在时有且只有一个零点，
又，
故G在时有且只有一个零点，
则在有且只有两个不同的零点，
即方程在有且只有两个不同的实数根，
所以当时，函数，的图象有且只有两条公切线． 【解析】求出的表达式，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可．
当时，分别设出直线和和的切点坐标，利用导数的几何意义求出对应的切线方程，然后进行求解即可．
本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的单调性和几何意义，进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．