湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

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时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过对数函数的单调性求出集合B，进而求出交集.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2. 第19届亚运会正在杭州举行，运动员甲就近选择A餐厅或者B餐厅就餐，第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.5，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（ ）
A. 0.75B. 0.6C. 0.55D. 0.45
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率公式计算即可.
【详解】运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为，
故选:B.
3. 在平面直角坐标系中，已知点为角终边上的点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数定义得，再根据二倍角公式计算即可.
【详解】解：因为点为角终边上的点，
所以，由三角函数的定义知，
所以
故选：A
4. 设数列满足，（），若数列是常数列，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：因为数列是常数列，所以，即，解得，故选A.
考点：1.数列数的概念；2.数列的递推关系.
5. 某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为
A. 14B. 16C. 20D. 48
【答案】B
【解析】
【详解】由间接法得，故选B．
6. 已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中的系数为（ ）
A. B. 1215C. 135D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用赋值法求出，再利用二项式定理的通项公式求解答案．
【详解】令，得，（注意所有项的系数之和与所有项的二项式系数之和的区别）
解得（舍去）或，
则的展开式的通项，
令，解得，则展开式中的系数为，
故选：B．
7. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先比较的大小关系，然后构造函数，利用导数判断的单调性，由此求得的大小关系，进而求得正确答案.
【详解】，
，，所以，
所以.
构造函数，，
所以在区间，递减，
所以，即，
，
，
即.
故选：C
8. 已知双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与曲线的左右两支分别交于点，且，则曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，进而结合双曲线的定义得，，，，进而在，结合余弦定理求得，进而得，再求离心率即可.
【详解】解：如图，设，因为,
所以，
由双曲线的定义得：，
所以， ，，，，
所以，在中，，
在中，
因为，
所以，即，
所以
故选：B
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D. 与均为的最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.
【详解】由题意知，
：由得，由得，
所以，又，所以，故错误；
：由得，故正确；
：因为是各项为正数的等比数列，，
有
所以，
所以，故错误；
：，
则与均为的最大值，故正确.
故选：
10. 如果存在定义在R上的奇函数，对任意两个不相等的实数，都有，则称函数为“H函数”，下列函数为H函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意理解，既是增函数，又是奇函数的函数是“H函数”，根据函数性质，即可判断选项.
【详解】由可知，
当时，，所以函数单调递增，
A.函数是奇函数，但不是增函数，故A错误；
B.函数的定义域为，和都是增函数，所以是增函数，
，是奇函数，函数为“H函数”，故B正确；
C.的定义域为R，并且，即是奇函数，
，根据二次函数的性质可知，函数在区间和都是增函数，
并且连续，所以是增函数，所以函数为“H函数”，故C正确；
D.，所以函数不是奇函数，故D错误；
故选：BC
11. 已知圆C：点P在直线l：上运动，以线段PC为直径的圆D与圆C相交于A，B两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线l与圆相离B. 圆D的面积的最小值为
C. 弦长的最大值为2D. 直线AB过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离与半径1的大小关系可判断A；设，利用两点间的距离公式求出圆的半径，从而可得半径的最小值，可判断B；结合点的坐标，可表示圆的方程，再求出相交弦的直线方程，从而可判断D；根据圆直径为2，弦不过圆心，所以小于2，可判断C.
【详解】解：由题设得圆的圆心，半径为1，
对于选项A：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，A正确；
对于选项B：由于点在直线上运动，设，则圆的圆心，
所以圆的半径，
故当时半径有最小值，
所以圆的面积的最小值为，故B正确；
对于选项D：由上面的B选项可知圆的方程为，
将圆的方程与圆的方程相减可得相交弦的直线方程为：
，
整理得，
令，解得，
所以直线过定点，故D正确；
对于选项C：由C得，弦的直线方程为：，
若弦过圆心，
则，方程无解，
所以弦不过圆心，从而小于圆直径，圆直径2，故C错误．
故选：ABD．
12. 如图，已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若直线与平面平行，则三棱锥的体积为
B. 若直线与平面平行，则直线上存在唯一的点，使得与始终垂直
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】取棱的中点，连接，进而证明平面平面得的轨迹即为线段，再讨论AB选项即可得判断；当时，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在平面内的圆弧，再分别讨论CD选项即可.
【详解】解：取棱的中点，连接，
因为棱的中点，分别是棱的中点，
所以，，
因为，所以，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为平面，
所以平面平面，
所以，直线与平面平行， 的轨迹即为线段，
故对于A选项， ，三棱锥的体积为，故A正确；
对于B选项，要使得与始终垂直，则面，故如图建立空间直角坐标系，则，
所以，，
所以且，解得，即，
所以，直线上存在唯一的点（中点），使得与始终垂直，故B正确；
当时，所以，解得，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在平面内的圆弧，
对于C选项，由于，故的最小值为，故C正确；
对于D选项，，当且仅当时等号成立，
所以，的最大值为，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加淮南文明城市创建志愿服务活动，服务活动共有“走进社区”、“环境监测”、“爱心义演”、“交通宣传”等四个项目，每人限报其中一项，记事件为“4名同学所报项目各不相同”，事件为“只有甲同学一人报走进社区项目”，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据条件概率的求法，分别求得，再代入条件概率公式求解.
【详解】根据题意得
所以
故答案为：
【点睛】本题主要考查条件概率的求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
14. 已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则切线的方程为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据切线的斜率求得，从而求得切点坐标，进而求得切线方程.
【详解】直线的斜率为，所以切线的斜率为.
，
所以，
所以切线方程为，即.
故答案为：
15. 记函数的最小正周期为T．若为的极小值点，则的最小值为__________．
【答案】14
【解析】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的极小值点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为所以最小正周期，
又所以，即；
又为的极小值点，所以，解得，因为，所以当时；
故答案为：14
16. 设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，M为抛物线C的准线与x轴的交点，若tan ∠AMB=2，则|AB|=____.
【答案】.
【解析】
【详解】试题分析：根据对称性，如下图所示，设：，，，
由，∴，，，
，又∵，
∴，
∴，∴，
故填：.
【考点】本题主要考查抛物线的标准方程及其性质．
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前n项和为，，等比数列的公比为3，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）令求数列的前7项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求，即可求数列的通项公式，再利用公式，即可求数列的通项公式，利用数列，，即可求数列的项公式；
（2）根据（1）的结果，即可求.
【小问1详解】
当时，，即，由，
得，又等比数列的公比为3，
所以；
由，①，当时，②，
①②，，因为，
所以，即，
即数列是常数列，即，
得，
当时，，
当时，成立，
所以；
【小问2详解】
，
，
，
18. 已知中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，．
（1）求角A的大小；
（2）若成等差数列，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理角化边，再结合余弦定理，即可求解；
（2）根据（1）的结果，结合余弦定理，即可求解，最后代入三角形的面积公式.
【小问1详解】
由正弦定理
即，
则，得，又，
所以角；
【小问2详解】
由成等差数列，，得，
即，
由（1）可知，，
即，解得：或（舍）
所以的面积为.
19. 某袋中装有大小相同、质地均匀6个球，其中4个黑球和2个白球．从袋中随机取出2个球，记取出白球的个数为X．
（1）写出X的分布列，并求出和的值；
（2）若取出一个白球得一分，取出一个黑球得两分，最后得分为Z，求出和的值．
【答案】（1）分布列见解析，，
（2），;
【解析】
分析】（1）利用组合数公式和超几何分布，先求分布列，再求数学期望和方差；
（2）根据题意得，利用期望与方差的性质即可得解.
【小问1详解】
依题意，得，
，，，
所以随机变量的分布列为
；
.
【小问2详解】
依题意，得，
则，.
20. 如图，在多面体中，四边形是矩形，，平面ABCD，，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，和判断定理，即可证明；
（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用向量法求二面角夹角的余弦值.
【小问1详解】
中，，，，
所以，即，
又因为平面，平面，
所以，，平面，
所以平面；
小问2详解】
由，且，得，
如图，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，即，，令，得，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的法向量为，
设面与平面夹角为，
所以.
21. 在平面直角坐标系中，动圆与圆：内切，且与圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为．
（1）求轨迹的方程；
（2）已知分别为轨迹的左、右顶点，点不与重合．直线与直线交于点，与轴交于点，直线与直线的交点为，若四点共圆．求实数的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据两圆内切和外切满足的几何关系，即可得，结合椭圆的定义即可求解；
（2）由四点共圆，得到，表示出斜率，代入计算即可.
【小问1详解】
圆：的圆心为，半径为；
圆：的圆心为，半径为；
因为，,设动圆的半径为，经分析可得，,
因为动圆与圆内切且与圆外切，
所以,两式相加,
所以点轨迹为以,为焦点的椭圆，可设其方程为，
则，解得，所以椭圆方程为，
所以轨迹的方程为.
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率不为，故可设直线方程为,且
由易知：，
联立，可得，
所以则
即，
联立，可得，
所以直线的斜率为：，
所以直线的斜率为：，
因为四点共圆，且直线与轴垂直；
所以,
所以,即，解得：.
故实数的值为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用四点共圆，得到斜率之间的关系，借助韦达定理等内容求解.
22. 已知函数的最小值为1．
（1）求实数a的值；
（2）若函数，数列满足，，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论，结合最小值1求出a的值.
（2）由函数的单调性得，进而可得，然后再结合函数的单调性即得.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减，无最小值；
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此，整理得，令函数，，
求导得，当时，递减，当时，递增，
因此，即函数有唯一零点1，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，的定义域为，
求导得，即在上单调递减，且，
当时，，由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
由，得，，
又当时，，因此，
即有，则，
于是，即，
从而，即，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
①直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
②适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
③构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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