2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期第三次阶段性测试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期第三次阶段性测试数学试题含答案，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学年湖南省长沙市第一中学高二下学期第三次阶段性测试数学试题 一、单选题1．若，则（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据给定条件，求出复数，再利用共轭复数的意义及复数乘法计算作答.【详解】依题意，，于是，所以.故选：C2．在平面直角坐标系中，若角以轴非负半轴为始边，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．【答案】B【分析】根据三角函数的定义得到，再根据特殊角的三角函数判断即可.【详解】依题意可得，则或，所以的一个可能取值为.故选：B3．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【答案】A【分析】根据为奇函数，得到关于对称，进而得到答案.【详解】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．已知向量，，，若，，则（   ）A． B． C．5 D．6【答案】A【分析】先利用向量坐标运算法则求出，再由，利用向量夹角余弦公式列方程，求出实数的值．【详解】向量，，，，又，，即，解得实数．故选：．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【答案】B【分析】计算出，解不等式，则有，再利用二次函数的单调性即可得到答案.【详解】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．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．，【答案】D【分析】作出图形，根据题意，利用垂径定理即可求解.【详解】设球的半径为，则，所以，取圆台的轴截面，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EF=7，．因此，圆台的侧面积为，圆台的体积为，故选：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【答案】B【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.【详解】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．已知点M，N是抛物线：和动圆C：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，则当变化时，的最小值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得到，结合是MN的中点，可得，由抛物线的定义可将转化为，当三点在一条直线时，可求得的最小值.【详解】圆C：的圆心，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，设直线的方程为，化简为：，，消去可得：，设，，所以，因为是MN的中点，所以，解得：，故，，由抛物线的定义可知，过点作交于点，过点作交于点，所以，所以，当三点在一条直线时取等.故选：B.   二、多选题9．下列有关四边形的形状，判断正确的有（    ）A．若，则四边形为平行四边形B．若，且，则四边形为菱形C．若，则四边形为矩形D．若，且，则四边形为正方形【答案】AB【分析】对选项A，利用即可判断出选项A的正误；对于选项B，由，得出四边形为平行四边形，再根据，即可判断出选项B的正误；对于选项C，根据条件，得到，即，从而判断出选项C的正误；选项D，根据及即可判断出选项D的正误.【详解】选项 A，若，则 ，，则四边形为平行四边形，故A正确；选项B，若，则 ，，则四边形为平行四边形，又，则，则四边形一定是菱形，故B正确；选项C，若，则，则，则，仅由不能判定四边形为矩形，故C错误；选项D，若，则，，则四边形为平行四边形，又由，可得，所以对角线，则平行四边形为菱形，故D错误，故选：AB．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【答案】ABC【分析】根据辅助角公式化简，由平移的性质可判断A,由最值与周期的关系可判断B，利用整体法，结合余弦函数的性质即可判断CD.【详解】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．如图，在正三棱锥A-BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AC⊥AB，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【答案】BCD【分析】根据三棱锥的体积公式即可判断A，根据正方体的外接球即可由体积公式求解B，根据线线平行，结合异面直线所成角的定义，即可由余弦定理求解C，根据弧长公式即可求解D.【详解】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，所以即为异面直线与所成角．因为，，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．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．【答案】ABD【分析】构造函数，求导可得单调性，即可结合选项判断ABD,举反例即可求解C.【详解】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． 三、填空题13．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：广告费x/万元1.82.235销售额y/万元12■2840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        ．【答案】【分析】设数据的值为a，根据回归直线方程恒过样本中心点，列出方程，即可求解.【详解】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：.14．若直线与曲线相切，则实数        ．【答案】【分析】设切点为，利用导数的几何意义结合点为直线与曲线的公共点，可得出关于、的方程组，即可解得的值.【详解】设切点为，由，得，则，因为点为直线与曲线的公共点，则，所以，，即，可得，故.故答案为：.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，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点，且，则此双曲线的离心率为      ．【答案】【分析】设出双曲线的焦点和一条渐近线方程，求得到渐近线的距离，可得，，由直角三角形的锐角三角函数和三角形的余弦定理，化简可得，再由离心率公式可得所求值.【详解】设双曲线C：（，）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．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，，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      .【答案】/【分析】设的三个内角，，的对边分别为，，，连接，则，由等边三角形的性质可求出，从而可求出，在中，利用余弦定理结合基本不等式可得，从而可求出的面积最大值【详解】设的三个内角，，的对边分别为，，.连接，则由题设得，，因为以，，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： 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一20206050高二162910550(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．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）利用古典概型及条件概率的概率公式计算可得；（2）首先求出高一、二团体赛获奖的概率，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到其分布列与数学期望．【详解】（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件，记“任取1名学生，该生为高一学生”为事件，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，所以的可能取值为，，．所以，，．     则的分布列为012∴．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）．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据的关系即可求证为等比数列，即可求解，（2）根据对数的运算性质可得，进而由分组求和，结合等差数列求和公式即可求解.【详解】（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．在几何体中，，，点，在棱上，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．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据直三棱柱的特点和线面垂直的性质得，证明，再利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以点为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，面面角的空间向量求法即可.【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以⊥平面，因为平面，所以．由，，点，在棱上，且，由余弦定理得，而，则，即有，，即有，所以，．     因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）由题意，由（1）易知，，两两垂直，以点B为坐标原点，直线，，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．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tan∠APB的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设动点Q的坐标为，根据题意得到，即可求解；（2）设切线方程，联立方程组，由，得出方程，设切线的斜率分别为，，得到，求得，即可求解.【详解】（1）解：设动点Q的坐标为，因为动点Q到直线的距离与到点F（，0）的距离之比为2，可得，整理得，即所求曲线的方程为．（2）解：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，设两条切线的斜率分别为，，则，则，当且仅当时取等号，所以的最大值为．  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：．【答案】(1)两个(2)证明见解析 【分析】（1）利用分离参数法分类讨论函数的零点个数；（2）利用根与系数关系和三角函数单调性证明.【详解】（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．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．22．已知是方程的两个实根，且.(1)求实数的取值范围；(2)已知，，若存在正实数，使得成立，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将整理为，即可得到方程的根即方程的根，由此令，利用导数求该函数的最小值，即可求得答案.（2）由题意可得要证明即证明，结合（1）可知，从而将问题转化为证明，由此构造函数，判断函数的单调性，利用导数即可证明结论.【详解】（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，.【点睛】难点点睛：证明时，要结合题意转化为证明，结合（1）的结论即证明，由此要连续构造函数，即利用导数正负与函数单调性的关系，连续证明不等式，从而证明结论.