湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期第三次阶段性测试数学试卷（含答案）

这是一份湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期第三次阶段性测试数学试卷（含答案），共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期第三次阶段性测试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、若，则( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
2、在平面直角坐标系xOy中，若角以x轴非负半轴为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，则的一个可能取值为( )
A. B. C. D.
3、已知函数为奇函数，则函数的图象( )
A.关于点对称 B.关于点对称
C.关于点对称 D.关于点对称
4、已知向量，，，若，，则（ ）
A.-5 B.-6 C.5 D.6
5、我国新型冠状病毒感染疫情的高峰过后，关于药物浪费的问题引发了广泛的社会关注．过期药品处置不当，将会给环境造成危害．现某药厂打算投入一条新的药品生产线，已知该生产线连续生产n年的累计年产量为（单位：万件），但如果年产量超过60万件，将可能出现产量过剩，产生药物浪费．因此从避免药物浪费和环境保护的角度出发，这条生产线的最大生产期限应拟定为( )
A.7年 B.8年 C.9年 D.10年
6、如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积和体积分别为( )

A.， B.， C.， D.，
7、数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求．现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“数学方法论”，“几何原本”，“什么是数学”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有( )
A.150种 B.210种 C.300种 D.360种
8、已知点M，N是抛物线和动圆的两个公共点，点F是的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当r变化时，的最小值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
二、多项选择题
9、下列有关四边形ABCD的形状，判断正确的有( )
A.若，则四边形ABCD为平行四边形
B.若，且，则四边形ABCD为菱形
C.若，则四边形ABCD为矩形
D.若，且，则四边形ABCD为正方形
10、已知函数，，则下列结论中正确的是( )
A.若，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
B.若，且的最小值为，则
C.若在上单调，则的取值范围为
D.若在上有且仅有2个零点，则的取值范围是
11、如图，在正三棱锥中，底面的边长为4，E为AD的中点，，则下列结论正确的是( )

A.该棱锥的体积为
B.该棱锥外接球的体积为
C.异面直线CE与BD所成角的余弦值为
D.以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为
12、定义在上的函数的导函数为满足，若对于任意，则一定成立的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题
13、某产品广告费用x与销售额y的统计数据如下表：
广告费x/万元
1.8
2.2
3
5
销售额y/万元
12
■
28
40
根据上表已得回归方程为，表中一数据模糊不清，请推算该数据的值为________．
14、若直线与曲线相切，则实数________．
15、已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上存在一点P，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点H，且，则此双曲线的离心率为______．
16、拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在中，已知，且，现以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积最大值为______.
四、解答题
17、每年4月23日是世界读书日，设立的目的是推动更多的人去阅读和写作，享受阅读带来的乐趣．为了鼓励同学们阅读四大名著，学校组织了相关知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：
奖项组别
个人赛
团体赛获奖
一等奖
二等奖
三等奖
高一
20
20
60
50
高二
16
29
105
50
（1）从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；
（2）从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以X表示这2人中团体赛获奖的人数，求X的分布列和数学期望．
18、已知数列中，，前n项和为，若对任意的，均有．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，求（且）的值（结果用m表示）．
19、在几何体中，，，点D，E在棱AC上，且，三棱柱是直三棱柱，且．

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
20、在直角坐标系xOy中，动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求的最大值．
21、设，函数，．
（1）讨论函数的零点个数；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
22、已知，是方程的两个实根，且.
（1）求实数a的取值范围；
（2）已知，，若存在正实数，使得成立，证明：.
参考答案
1、答案：C
解析：依题意，，于是，
所以.
故选：C
2、答案：B
解析：依题意可得，则,或，
所以的一个可能取值为.
故选：B
3、答案：A
解析：函数为奇函数，图像关于对称，
则函数关于对称，
所以函数的图象关于对称．
故选：A.
4、答案：A
解析：向量，，，
，又，
，即，
解得实数．
故选：A．
5、答案：B
解析：第一年年产量为，以后各年年产量为，，
当时也符合上式，．令，
得．设，对称轴为，
则当时，单调递增，又因为，，
则最大生产期限应拟定为8年，，
故选：B．
6、答案：D
解析：设球的半径为R，则，所以，取圆台的轴截面ABCD，
如图所示；设圆台的上、下底面圆心分别为F、E，则E、F分别为AB、CD的中点，
连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，则．

由垂径定理可如，，，
所以，，
所以，．因此，圆台的侧面积为，
圆台的体积为，
故选：D．
7、答案：B
解析：第1步，将五门选修课程分为3组，若分为3、1、1三组，有种分组方法，
若分为3，2，0三组，有种分组方法，
若分为2、2、1三组，有种分组方法，
则一共有种分组方法．
第2步将分好的三组安排在三年内选修，有种情况，
则有种选修方式，
故选：B.
8、答案：B
解析：圆的圆心，
当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，
设直线MN的方程为，化简为：，
，消去y可得：，
设，，所以，
因为C是MN的中点，所以，解得：，
故，，由抛物线的定义可知，过点M作交l于点H，
过点C作交l于点P，
所以，所以，
当C,P,M三点在一条直线时取等.
故选：B.

9、答案：AB
解析：选项A，若，则，，则四边形ABCD为平行四边形，故A正确；
选项B，若，则 ，，则四边形ABCD为平行四边形，
又，则，则四边形ABCD一定是菱形，故B正确；
选项C，若，则，则，
则，仅由不能判定四边形ABCD为矩形，故C错误；
选项D，若，则，，则四边形ABCD为平行四边形，
又由，可得，所以对角线，则平行四边形ABCD为菱形，故D错误，
故选：AB．
10、答案：ABC
解析：函数．
选项A：若，，
将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，所以A正确；
选项B：若，则，分别是函数的最大值点，最小值点(或者最小值点和最大值点)，若的最小值为，则最小正周期是，所以，B正确；
选项C：设，当时，，若在上单调，
则，所以，C正确；
选项D：当时，，若在仅有2个零点，
则在仅有2个零点，则，所以，D错误，
故选：ABC．
11、答案：BCD
解析：因为，由正三棱锥性质可知，AC，AB，AD两两垂直，
且，利，所以，，
所以，A错误；
设外接球半径为R，补形成以AC，AB，AD同一顶点出发的三条棱长的正方体可知，
则正方体的体对角为其外接球的的直径，即，即，
所以外接球体积为，B正确；
记AB中点为H，连接CH，EH，则，
由于,所以，所以为锐角，所以即为异面直线CE与BD所成角．
因，，
所以，故C正确；
如图，易知以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线，是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧，其圆心角分别为，，，
所以其交线长为，故D正确．
故选:BCD．

12、答案：ABD
解析：设，则，所以在上单调递增．
选项A：由于，所以，则，所以，故A正确；
对于B：由于，且，
所以，
故，故B正确；
对于C：取满足条件，取,
但，故C错误；
对于D：因为，所以，即，
从而，同理可得，
所以，D正确，
故选：ABD．
13、答案：16
解析：设数据的值为a，可得，，
由回归直线方程恒过样本中心点，可得，
解得．
故答案为：16.
14、答案：2
解析：设切点为，由，得，则，
因为点A为直线与曲线的公共点，则，
所以，，即，可得，故.
故答案为：2.
15、答案：
解析：设双曲线的左、右焦点分别为：，，
一条渐近线方程为，
可得到渐近线的距离为，，
则，，
在直角三角形中，，
在中，可得，
化为，即有.
故答案为：.
16、答案：
解析：设的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
连接，则由题设得，，

因为以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，
所以，，
所以
在中，由余弦定理可得
即
又，
即（等号当时成立），
由题意可得为等边三角形，
故
故答案为：
17、答案：（1）
（2）分布列见解析；期望为
解析：（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”事件A，记“任取1名学生，该生为高一学生”为事件B，
则，，所以．
（2）由已知可得，高一团体赛获奖的概率，
高二团体赛获奖的概率，
所以X的可能取值为0，1，2．
所以，
，
．
则X的分布列为
X
0
1
2
P



．
18、答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，故，两式相减得，，
在中令，则可得，故，
故，则数列为等比数列，且公比为3，所以．
（2）．
令，解得，
可得当，2，3时，，当且时，．




19、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）因为三棱柱是直三棱柱，
所以⊥平面，因为平面，所以．
由，，点D，E在棱AC上，且，
由余弦定理得，
而，则，
即有，，
即有，所以，．
因为，AB，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）由题意，由（1）易知BD，BC，两两垂直，
以点B为坐标原点，直线BD，BC，分别为x秞、y轴、z轴建立空间直角坐称系，
因为，E为CD中点，则，，，，，，
所以，，．
设平而的法向量，
则，即，
取，得，
又平面的一个法向量．
设平面与平面夹角为，则
，
故所求平面与平面所夹角的余弦值为．

20、答案：（1）
（2）
解析：（1）设动点Q的坐标为，
因为动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，
可得，整理得，
即所求曲线C的方程为．
（2）根据题意，设点，显然，过P点的切线斜率均存在，设切线方程：，
联立方程组，整理得，
由，即，
设两条切线斜率分别为，，则，
则，当且仅当时取等号，
所以的最大值为．

21、答案：（1）两个
（2）证明见解析
解析：（1）由题设得．
令，得．设，因为，所以，
所以．
①当时，无解；
②当时，仅有一解，此时x仅有一解；
③当时，有两解，
此时方程各有一解，所以有两个零点；
综上，时，无零点，时，有一个零点，
时，有两个零点．
（2）有两个零点时，今，，则，为的两解，
则，则，则．
由，可得，，所以，
所以．所以．
由可得，，则．
由在递减，可得，则．
22、答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由，可得，即，
设，函数为单调递增函数，
则，则，即，
所以方程的根即方程的根.
令，则，
当且，；当，；
在上单调递减，且，在上单调递减，在上单调递增，
当，时，的值趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，
因为方程有两个实根，所以，故.
（2）要证，即证，由（1）可得，
只需证明，
下面证明；
令，，所以在R上单调递增，
又因为，则当时，.
设，则，
当时，，
设，则，
所以当时，，在上单调递增，
所以，则，
所以，则在单调递增，
所以，即．
综上所述，.