2022-2023学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高二下学期4月期中联考数学试题含解析

2022-2023学年湖南省湖湘教育三新探索协作体高二下学期4月期中联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接根据交集的定义即可得解.

【详解】，所以．

故选：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．

【答案】B

【分析】设出复数，由共轭复数的定义可得，依题意列出方程组即可求出复数，再结合复数对应的点在复平面第一象限，即可判断.

【详解】设，则，

由，得：，所以，

由，得：，所以，

又因为复数对应的点在复平面第一象限内，所以，故，

故选：B．

3．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】先根据对数函数的单调性解不等式然后进行判断.

【详解】的解集是，反之不成立.

所以“”是“”的必要不充分条件．

故选：B

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得，代入结合诱导公式即可求解.

【详解】．

故选：A

5．设．若，则（    ）

A．4 B．6 C．14 D．16

【答案】B

【分析】利用赋值法求得m的值，分别求出和展开式中的系数，即可求得得答案.

【详解】令，则，解得：，

展开式的第项是，

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，

故，

故选：B

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8，则下列四个点一定在椭圆上的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设椭圆上的一点为，然后由离心率可得，由基本不等式可得的最小值为，然后可解出，即可得答案.

【详解】设椭圆上的一点为，则，

因为椭圆的离心率为，所以，得，

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8，所以，及，所以，

所以椭圆一定过点．

故选：C

7．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的图像可由的图像平移变换得到

B．和的图像有相同的对称中心

C．若和具有相同的奇偶性，则

D．和都在区间上单调递增

【答案】D

【分析】 化简函数后根据周期判断A选项，根据解析式求对称中心判断B选项，根据两个函数的奇偶性判断C选项，分别求单调增区间判断D选项.

【详解】的最小正周期为的最小正周期为与两函数的周期性不同，

故的图像不可由的图像平移变换得到，A错误；

易知的图像的对称中心是的图像的对称中心是和的图像没有相同的对称中心，B错误；

是奇函数，若也是奇函数，则即，故C错误；

由得，所以的单调递增区间为，故在区间上单调递增，

，由得，所以的单调递增区间为在区间上单调递增，

和都在区间上单调递增，D正确.

故选：D.

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．

【答案】A

【分析】先求导函数可以判断函数单调递增，再应用零点存在定理列式求范围即可.

【详解】当时，恒成立，所以函数在上单调递增，

所以函数在内均存在唯一零点只需即可，即，

因为为正整数，，所以对一切成立，

因为当时，，当且仅当时等号成立，所以．

故选：A.

二、多选题

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9.5，则这100个数据中一定有75个数小于或等于9.5

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5点或6点时，就说这次试验成功，则在30次试验中成功次数的均值为10

【答案】BD

【分析】根据百分位数定义计算判断A,B选项，根据正态分布的对称性判断C选项，应用二项分布的均值判断D选项.

【详解】这组数的分位数是错误，

这组数的 75% 分位数是9.5，则这100个数据中一定有75个数小于或等于9.5，根据百分位数定义可得B正确；

因为且，所以所以,所以错误；

依题意试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立，所以30次试验中成功次数服从二项分布，所以D正确．

故选：BD.

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2

D．若双曲线的一条渐近线方程是且，则或

【答案】AC

【分析】根据双曲线的性质即可结合选项逐一判断.

【详解】将方程化为标准形式为，方程表示双曲线，则正确；双曲线为等轴双曲线时，，即，所以，焦点坐标为，故错误；

不妨设双曲线的渐近线方程为，所以的一个焦点到一条渐近线的距离是，故为定值，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：AC

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

【答案】BD

【分析】对于A，对函数求导，讨论函数的单调性即可判断；对于B，由A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C，结合图像及函数的单调性即可判断；对于D，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.

【详解】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，故选项错误；

由在上单调递增，所以，即，得，

故B选项正确；

结合图象，

若函数有零点，则或，故C选项错误；

令，则有，

又是奇函数，是偶函数，则有，

所以，且正确，故D选项正确.

故选：BD.

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

【答案】ACD

【分析】A选项，可通过线面垂直证明平面，即可判断；

B选项，可作于，可由面面垂直的性质证明平面，所以当，可得平面，所以存在点，使得，即可判断；

C选项，由，可分别求得线段，，的值，又，，两两垂直，所以该三棱锥的外接球半径满足，即可判断；

D选项，设，作，，再分别用表示出，，，，的值，又，，两两垂直，结合三角恒等变换，可得，即可判断.

【详解】对于选项：在直角三角形中若折成直二面角后有，

因为，又平面，且，

所以平面，又平面，所以，故A选项正确；

对于选项：作于，因为二面角是直二面角，且平面平面，

可得平面，又平面，

所以，若，

则可得平面，所以存在点，使得，故B选项错误；

对于选项：当时，可得，，，

、、、四点所在同一个球面的半径为，

所以外接球的表面积为，故C选项正确；

对于D选项：设，则，

作于，于，于是，，，，

，因为二面角是直二面角，且，，

与成角，

当，即是的角平分线时，有最小值，最小值是，

故D选项正确．

故选：ACD.

三、填空题

13．已知向量，则__________．

【答案】10

【分析】代入向量数量积的坐标表示，即可求解.

【详解】由，可得．

故答案为：10

14．若不同的四点共圆，则实数__________．

【答案】-1或5

【分析】先由A、B、C三点确定其外接圆，再计算即可.

【详解】易知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：-1或5

15．已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【分析】先对函数求导，再利用条件将问题转化成恒成立问题，分在区间上单调递增和单调递减两种情况讨论，即可求出结果.

【详解】由题意，得，因为函数在上是单调函数，

所以，当函数在区间上单调递减时，则在区间上恒成立，即恒成立，所以，

当函数在区间上单调递增时，则在区间上恒成立，即恒成立，所以．

综上，实数的取值范围为．

故答案为：.

四、双空题

16．天干地支简称干支，它们组成 60 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2023年干支纪年法是癸卯年．

（1）中华人民共和国建国一百周年的2049年，用干支纪年法表示是__________年；

（2）从2004年到2023年这20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__________．

【答案】     己巳    

【分析】由天干的周期是10，地支的周期是12可求得（1）的结论，确定出20年中天干重复的年数和地支重复的年数后，结合组合知识，利用概率公式可得概率．

【详解】（1）2049－2023=26，26除以10余6，故2049年天千数为己，26除以12余2，故2049年地支数为巳，所以2049年为已巳年；

（2）2004年到2023年这20年中，前10年的天干与后十年的天干重复一遍，

前12年的地支有8年与后8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；．

五、解答题

17．已知公差不为零的等差数列的首项为1，且是一个等比数列的前三项，记数列的前项和为．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前20项的和．

【答案】(1)，

(2)210

【分析】（1）根据等差数列与等比数列的性质计算即可；

（2）利用分组求和法求和即可.

【详解】（1）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，

（2）由（1）知数列的前项和

所以，数列的前20项的和为

18．已知为非钝角三角形，内角的对边分别为的外接圆半径为．

(1)求角的大小；

(2)求的最小值．

【答案】(1)

(2)5

【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，从而可解；

（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，先求，从而可得，利用正弦函数的性质即可求得最小值.

【详解】（1）由及正弦定理得，

又，所以，

又，所以，

因为，所以，所以，

所以.

（2）由的外接圆半径为1及正弦定理有，

所以

因为为非钝角三角形，则，

所以，得

所以，

所以当或时，即或时，

有最小值，最小值为，

故的最小值为5.

19．如图，四棱锥中，平面，

为上的点且．

(1)证明：//平面；

(2)设二面角为，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面平行的判定，在平面内找一条线使其和平行；

（2）建立空间直角坐标系，通过二面角的大小算出的长度，根据得出三棱锥的高，从而进行求解.

【详解】（1）连接交于点，连接

因为//所以与相似，所以

又，所以

因为为上的点且

所以//

因为平面平面

所以//平面

（2）因为平面

所以两两互相垂直．

如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则

设，则

设为平面的法向量，则即

可取．

又为平面的法向量，

由题设即，解得

因为，所以三棱锥的高为．三棱锥的体积

20．从甲､乙､丙等10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．

(1)记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；

(2)若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，求次传球后球在甲手中的概率．

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）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.

（2）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.

【详解】（1）依题意，可能取值为，

，，

，，

所以随机变量的分布列为：

（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且记表示事件“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.

21．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．

(1)求抛物线的方程；

(2)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．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设，记点，由已知可得出以及点在抛物线上可求得的值，可得出点的坐标，再利用抛物线的定义结合可求得的值，即可得出抛物线的方程；

（2）设直线的方程为，设点、，设线段的中点为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，代入方程，可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得面积的最小值.

【详解】（1）解：已知抛物线的焦点，设，记点，

则，，

因为以线段为直径的圆过点，则，①

又在抛物线上，所以，②

所以得，则，

又因为，且，解得，

因此，抛物线的方程为.

（2）解：设直线的方程为，设点、，设线段的中点为，

由消并整理成，

在时，有，所以，

得．

又线段的中点在曲线，

所以得，解得，所以直线过定点．

则的面积为，

所以仅当时，即当直线垂直轴时，的面积最小，且最小值为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

22．已知函数，其中为实数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，证明函数的图象有且只有两条公切线.

【答案】(1)见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导函数，按照与分类讨论，利用导数判断单调性即可；

（2）记直线分别切，的图象于点，，分别求出切线方程，利用切线方程得到，令，证明在有且只有两个不同的零点即可.

【详解】（1），

，其中方程的，

当即时，对恒成立，

所以在上单调递增；

当时，若，根据二次函数图象易得对恒成立，所以在上单调递增,

若时，有两个不同实数根，

知，当或时，，当时，

所以在和上单调递增，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；

（2）当时，

设直线与的图象分别切于点，

，求导得，

故的方程为，

即.

求导得，

故的方程为即，

所以,消去，并整理成，

记，则，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以在时有极小值也是最小值，且，

又，所以在时有且只有一个零点，

又，

故在时有且只有一个零点，

所以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.

【点睛】方法点睛：证明与函数，图象的公切线问题，一般转化为函数的零点问题，零点问题常用的方法有：（1）方程法；（2）图象法；（3）方程+图象法.