湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题及参考答案

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命题人：张志忠、赵攀峰、谭泽阳、叶勇胜
审题人：张志忠
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.
第Ⅰ卷
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. 若一条直线经过两点和，则该直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用直线斜率公式，结合直线斜率与倾斜角的关系进行求解即可.
【详解】因为一条直线经过两点，，
所以该直线的斜率为，
则有该直线的倾斜角满足，因为，
所以，
故选：B
2. 已知向量，，且，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，所以可设，列方程组求的值.
【详解】因为，所以存在唯一实数，使得，
则，解得.
故选：D
3. 重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的传统节日，某校在重阳节当日安排6位学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是（ ）
A. 35B. 40C. 50D. 70
【答案】C
【解析】
【分析】
6名学生分配到两所敬老院，每所敬老院至少2人，则对6名学生进行分组分配即可
【详解】解：6名学生分成两组，每组不少于两人的分组，一组2人另一组4人，或每组3人，
所以不同的分配方案为,
故选：C
4. 曲线在点处的切线方程为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的几何意义进行求解即可.
【详解】由，
所以曲线在点处的切线的斜率为，而，
因此切线方程为，
故选：C
5. 设，随机变量的分布列如表所示，则（ ）
A. 有最大值，最小值B. 有最大值，最小值
C. 有最大值，无最小值D. 无最大值，有最小值
【答案】B
【解析】
【分析】先利用分布列的性质求得，进而求得关于的表达式，再利用余弦函数的性质求得的取值范围，从而求得的取值范围，由此得解.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，从而.
所以，
则有最大值，最小值，
故选：B
6. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了高阶等差数列的概念.如数列1，3，6，10，后前两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（ ）
A. 174B. 184C. 188D. 190
【答案】A
【解析】
【分析】先列出数列的递推公式，用“累加法”求出数列的通项公式，再求数列的指定项.
【详解】设此数列为，则，，，…，，
所以
，
所以.
故选：A
7. 从某个角度观察篮球（如图1）可以得到一个对称的平面图形（如图2），篮球的外轮廓为圆，将篮球的表面粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线的标准方程为，求出圆与双曲线在第一象限内的交点的坐标，将点的坐标代入双曲线的方程，可得出的值，再利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率.
【详解】设双曲线的标准方程为，
设圆与双曲线在第一象限内的交点为，连接、，
则，
因为坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，则，
故点，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，所以，
所以，该双曲线的离心率为.
故选：C.
8. 已知函数，是的唯一极小值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求导可得，再根据是的唯一极小值点可得恒成立，再根据恒成立问题求解最小值分析即可.
【详解】求导有.
设，则，
故当时，单调递减；时，单调递增.
故若有两个零点，则必有一根，则此时有时；时，故为的极小值点，与题意不符.
故恒成立，故，即，解得.
故选：D
【点睛】本题主要考查了根据导数求解极值点的问题，需要根据极值点满足的关系分析得导函数零点的个数，再求最值求解参数的范围，属于中档题.
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. 的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A. 展开式共6项B. 常数项为
C. 所有项的二项式系数之和为64D. 所有项的系数之和为0
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用二项式系数的性质判断C；利用赋值法求出展开式系数和判断D；.
【详解】对于A，展开式有7项，故A错误；
对于B，常数项为，故B正确；
对于C，所有项的二项式系数和为，故C正确；
对于D，令，得所有项的系数和为，故D正确；
故选：BCD.
10. 设公差小于0的数列的前项和为，若，则（ ）
A. B.
C. D. 当且仅当时，取最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据等差数列性质可推出，即可判断A；判断等差数列为单调递减数列，结合等差数列性质可判断B；根据等差数列前n项和公式以及等差数列性质判断C；判断数列的各项正负情况结合单调性，即可判断D.
【详解】选项A，公差小于0的数列的前项和为，，
，，即，则，故A错误；
选项B，∵公差，∴等差数列为单调递减数列，结合A分析及下标和性质，
有，，即，故B正确；
选项C，，故C正确；
选项D，∵等差数列为递减数列，，
，，……，，，，……，
最大值为或，故D错误.
故选：BC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有三个零点
C. 在上的值域为
D. 点是曲线的对称中心
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，求导，得到函数单调性，得到函数的极值点个数；B选项，在A选项求出的函数单调性基础上，结合特殊点的函数值得到B错误；C选项，求出极值和端点值，比较后得到值域；D选项，验证即可.
【详解】对于A，，令可得或2.
当或时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以0是的极大值点，2是的极小值点，所以有两个极值点，故A正确；
对于B，由A选项知函数极大值为，极小值为，
又，数形结合得，只有2个零点，故B错误；
对于C，由于在递增，在递减，在递增，
且，，，
所以在上的值域为，故C正确；
对于D，，
点是曲线的对称中心，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知为双曲线上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，，记线段，的长分别为，，则（ ）
A. 若，的斜率分别为，，则B.
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】写出渐近线方程，设，直接计算，然后判断各选项．
【详解】由题意双曲线的渐近线为，即，
设，不妨设在第一象限，在渐近线上，
则，，，A正确；
在双曲线上，则，，
，，∴，B正确；
，当且仅当时等号成立，即的最小值为，C错误；
渐近线的斜率为，倾斜角为，两渐近线夹角为，∴，，当且仅当时等号成立，∴，即最小值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查渐近线方程，考查基本不等式求最值，这类题把许多知识点集中在一起同，对学生推理论证能力，分析求解能力要求较高，属于难题．
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共4小题，，每小题5分，共20分）
13. 已知数列满足：，其前项和为，若，则___________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据等比数列的定义，得到数列是公比为等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由数列满足，知，否则，与矛盾，
所以数列为等比数列，且公比为，
又由，解得.
故答案为：1.
14. 已知函数满足，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】对求导，再代入，进行求解.
【详解】，，即，解得：
故答案为：
15. 已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
16. 已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为__________
【答案】
【解析】
【分析】先利用圆切线的性质推得、、、四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解.
【详解】圆：可化为，
，，
，是圆的两条切线，则，，
、、、四点共圆，且，，
，
，
当最小，即时，取得最小值，
此时方程为，
联立，解得，，即，
以为直径的圆的方程为，
即，
圆：，两圆相交，
两圆方程相减即为的方程.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将转化为，从而确定最小时的坐标，从而利用两圆相减可得相交弦方程的技巧得解.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知数列满足，．
（1）记，证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，所以是等比数列，根据等比数列的通项公式即得
（2）由（1）的结论和求出的通顶公式，再由分组求和即得.
【小问1详解】
由，得，又，
，且，
所以是等比数列，
【小问2详解】
由（1）得，得，
所以，
即
18. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动.
（1）求线段AB的中点P的轨迹C2的方程：
（2）设圆C1与曲线C2的交点为M、N，求线段MN的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，利用点P是线段AB的中点，求出，，通过点A在圆上运动，转化求解中点P的轨迹的方程即可；
（2）将圆与圆的方程相减得，求出圆的圆心到直线的距离d，即可求解；
【小问1详解】
设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以， ，
于是有 ①，
因为点A在圆上运动，即： ②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
【小问2详解】
将圆与圆的方程相减得： ，
由圆圆心为，半径为1，
且到直线的距离，
则.
19. 在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.
（I）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含的概率．
（II）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX.
【答案】（1） （2）见解析
【解析】
【详解】（I）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为M，计算即得
(II)由题意知X可取的值为：.利用超几何分布概率计算公式
得X的分布列为
进一步计算X的数学期望.
试题解析：（I）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为M，则
(II)由题意知X可取的值为：.则
因此X的分布列为
X的数学期望是
=
【名师点睛】本题主要考查古典概型概率公式和超几何分布概率计算公式、随机变量的分布列和数学期望.解答本题，首先要准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，利用超几何分布的概率公式.本题属中等难度的题目，计算量不是很大，能很好的考查考生数学应用意识、基本运算求解能力等.
20. 如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，为的中点，，．

（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
【小问1详解】
如图，连接，
在中，由，可得，
，，
，，
，，，
则，
故，
，，，平面，
平面；
【小问2详解】
由（1）可知，，，两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
，，
则，
又，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，故，
设平面的法向量为，，，
则，令，则，，故，
，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

21. 已知且，函数.
（1）若且，求函数的最值；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出函数单调区间，进而得出函数的最值；
（2）将函数零点转化为方程根的问题，利用分离变量的方法，转化为两个函数图象的交点问题，进而求解结果.
【小问1详解】
当时，函数，
故，
当时，，故在单调减，
当时，，故在单调增，
所以，
又因为，，
所以；
【小问2详解】
因为函数有两个零点
故有两解，
所以方程有两个不同的解，
即为函数的图象与函数的图象有两个不同的交点，
令，故，
当时，，故在单调减，
当时，，故在单调增，
如图所示

而，所以，所以，
令，
因为，，
所以在上有一个零点，
又当时，，，，
所以在上有一个零点，
所以函数有两个零点，即当时，函数有两个零点.
22. 已知中心在原点，长轴在轴上的椭圆的左右顶点分别为和，P为椭圆上的除左右顶点外的任一点，且，斜率之乘积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过分别作两条直线与椭圆交于点，点；线段的中点为，线段的中点为，若，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设椭圆方程为，根据，斜率之乘积为，列式，求出b，即可得答案；
（2）解法一：讨论直线斜率是否存情况，存在时，设直线，并联立椭圆方程，可得出根与系数的关系式，结合，可得，代入根与系数的关系式，化简，可得参数之间的关系，即可证明结论；
解法二：设，，，利用点差法推出，讨论直线斜率是否存情况，存在时，设直线，并联立椭圆方程，可得出根与系数的关系式，代入，化简，可得参数之间的关系，即可证明结论；
【小问1详解】
由题意，设椭圆方程为.
设，则，
，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
解法1：①当直线的斜率存在时，设直线，
与椭圆方程联立得，，
需满足；

设，，则，，
，，
，，
即，，
即，
即，
即，，
或，
当时，直线过左顶点，不合题意，舍去；
当时，满足，
此时直线：经过定点.
②当直线斜率不存在时，设，，则，，
由得，，
解方程组，得，此时直线过，
综合①②可知，直线过.
解法2：设，，，
则，，，即，
同理，，又，得，
直线的斜率存在时，设直线，代入椭圆方程，
得，
，，需满足，
，，
，
，
即，，
或，
当时，直线过右顶点，不合题意，舍去；
当时，满足，
此时直线：经过定点.
②当直线斜率不存在时，设，，则，，
由得，，
解方程组，得，此时直线过，
综合①②可知，直线过.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中直线过定点问题，解答是要联立方程利用根与系数的关系进行化简，难点就在于化简过程较为复杂，计算量较大，需要十分细心.
1
2
3
X
0
1
2
3
4
P
X
0
1
2
3
4
P