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湖北省天门中学、仙桃中学2023-2024学年高二上学期优录班第二次联考数学试题（Word版附答案）
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这是一份湖北省天门中学、仙桃中学2023-2024学年高二上学期优录班第二次联考数学试题（Word版附答案），共14页。试卷主要包含了已知集合，，则，2B．0，已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2024年1月8日 考试内容：——选修二第五章导数
一､选择题：本题共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.
2.已知复数，则满足的所有不相等的复数之和的虚部为（）
A.1 B. C.2 D.
3.已知直线的一个方向向量为，则的值为（）
A. B. C. D.
4.已知克糖水中含有克糖，再添加克糖（假设全部溶解），糖水变甜了，能恰当表示这一事实的不等式为（）
A. B. C. D.
5.已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且，则（ ）
A．0.2B．0.5C．0.6D．0.9
6.已知圆上两个不同的点，，若直线的斜率为，则（）
A. B.1 C. D.2
7.设为等差数列的前项和，则对，“”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
8.四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.已知双曲线：（，）的离心率为2，下列双曲线中与双曲线的渐近线相同的是（）
A. B.C. D.
10.关于函数由以下四个命题，则下列结论正确的是（）
A. 的图象关于y轴对称 B. 的图象关于原点对称
C. 的图象关于对称 D. 的最小值为2
11.一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
12.已知函数，若，其中，则（）
A. B. C. D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.数据2，4，6，8，10，12，13，15，16，18的第70百分位数为___________.
14.已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在坐标轴上，若点在上且，则的方程为______.
15.达·芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则异面直线与所成角的余弦值为______.
16.已知点是椭圆+=1上的动点（点不在坐标轴上），为椭圆的左，右焦点，为坐标原点；若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围为________.
四、解答题：本题共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.已知数列中，，且.
（1）求的通项公式；
（2）求的前10项和.
18.已知圆，直线．
（1）若直线与圆C相切，求实数b的值；
（2）是否存在直线，使与圆C交于A、B两点，且以AB为直径的圆过原点．如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由．
19.如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．
（1）若是中点，求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
20.在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点在边上，，，，求的面积.
21.已知函数.
（1）若，证明：当时，；
（2）求所有的实数，使得函数在上单调.
22.已知抛物线：（）的焦点为F，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过原点垂直于的直线与抛物线的准线相交于点．设、的面积分别为、，求的最大值．
湖北省天门中学、仙桃中学2022级优录班第二次联考
数学参考答案
考试时间：2024年1月8日 考试内容：——选修二第五章导数
1.【答案】D
【解析】易得，，从而，故选D.
2.【答案】C
【解析】由得，，从而，即，因此.满足的所有不相等的复数有，，所以，故选C.
3.【答案】D
【解析】易知直线的斜率为，所以，即，故选D.
4.【答案】D
【解析】原糖水的浓度为，加入糖后糖水的浓度为，加入糖后糖水浓度变大了，所以.
故选D.
5.【答案】B
【解析】根据对立事件得到，根据互斥事件得到，计算得到答案.
因为事件与事件互为对立，所以，
因为事件与事件互斥，则，故选B.
6.【答案】B
【解析】解法一：因为直线的斜等为，所以.从而，因此，故选B.
解法二：取，，则，故选B.
解法三：设的中点为，由圆的性质，，，故选B.
7.【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，由可得，即，从而，即.反之，由可得，从而，但不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.
8.【答案】B
【解析】如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然.
设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以，
设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为，
取中点，连接，则，且，
又点共线且，所以，且，
所以，所以，所以点到平面的距离为，
故，
,
因此.故选B.
9.【答案】BCD
【解析】因为双曲线：（，）的离心率为2，所以，解得，所以双曲线的渐近线为.双曲线的渐近线为，故A选项错误；双曲线，，的渐近线均为，故选BCD.
10.【答案】AC
【解析】由函数，其定义域为，
且，故函数为偶函数，故A正确，B错误；
由，则函数关于对称，故C正确；
当时，，则，故D错误.故选：AC.
11.【答案】AD
【解析】对于A选项，因，
样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，，A正确；
对于B，不妨令，
则，B错误；
对于C，不妨令，
则，C错误；
对于D，数据的均值为：
，
其方差为，D对.故选：AD
12.【答案】BCD
【解析】因为，，所以，
所以当时，，当时，或，
所以当时，单调递减，当或时，单调递增，
且当时，，当时，，
且时，或，
，
，
整理得：，所以的对称中心为，
令，则由图可知：
，，，所以A错误；
B选项中，，
又因，所以，且，
所以，
所以，
因为在上单调递减，故，所以，B正确；
C选项中，根据三次方程的韦达定理知，，
所以，所以C正确；
D选项中，因为，，，
所以，由，知，，
由B知，，所以，
故，又，所以，所以D正确.故选：BCD
【答案】14
【解析】解：共有10个数据，由，
所以第70百分位数为.故答案为；14.
14.【答案】
【解析】由題意知，抛物线的焦点在坐标轴的正半轴.当指物线的焦点在轴的正半轴时，设抛物线方程为（），将点代入解得，且，不符合题意；当抛物线的焦点在轴的正半轴时，设抛物线方程为（），将点代入解得，且，符合题意，此时抛物线方程为.
15.【答案】
【解析】如图以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，设与所成的角为，则.
16.【答案】
【解析】如下图，延长、相交于点，连接，
因为，
因为为的角平分线，所以，，则点为的中点，
因为为的中点，所以，，
设点，由已知可得，，，
则且，且有，
，
故，
所以，.
17.【答案】(1)；(2)707
【小问1详解】由题意可知当时，
有，此时数列的奇数项成等差数列，
由题意可知，公差为2，则，所以，（为奇数），
当时，有，即此时数列的偶数项成等比数列，
由题意可知，公比为4，则，所以，（为偶数），
综上.
【小问2详解】由上可知
18.【答案】(1)；(2)或
【小问1详解】由，整理得．
若直线和圆C相切，则有圆心到的距离，即.
【小问2详解】设存在满足条件的直线，
由消去，得（1）
设直线和圆C的交点为，则是（1）的两个根．
． （2）
由题意有：，即，
即， 即， （3）
将（2）代入（3）得：． 解得：或，所以满足条件的直线为：或．
19.【答案】（1）证明见解析 （2）
【小问1详解】因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
连接，则，
在中，，所以，
因为，，平面，且，
从而平面，又平面，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，又平面，所以，
又因为，所以，又是中点，，所以，
因为，，平面，且，所以平面，
又因为平面，所以．
【小问2详解】由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，所以直线和平面所成角的正弦值为．
20.【答案】（1） ；（2）
【小问1详解】由题意得，
所以，故
因为，.
【小问2详解】设，则，
在中，有.
在中，有.
又，所以，
所以有.又，所以.
在中，由余弦定理可得.
又，，，
所以有.
联立，解得 ，所以，
所以.
21. 【答案】（1）证明见解析；（2）
【小问1详解】设（），
则，
设（），则，显然
所以在上单调递增，故，所以.
则在上单调递增，所以，因此
【小问2详解】解法1：因为，所以为奇函数.
要使函数在上单调，只要函数在上单调.
又.
因为，所以函数在只能单调递减，
由，解得.
下证当时，在上单调.
由于是奇函数，只要在单调，
因为，所以在单调递减.
解法2：因为，所以为奇函数.
要使函数在上单调，只要函数在上单调.
又.
（ⅰ）若，即时，，所以函数
在上单调递减，所以满足题意；
（ⅱ）若，则，故，
所以由零点存在定理得存在，，使得当时，，
当时，，所以在单调递增，
在单调递减，因此不合题意；
（ⅲ）若，则，故，
所以由零点存在定理得存在，，使得当时，，
当时，，所以在单调递减，
在单调递增，因此不合题意；因此所求实数的取值范围是.
22.【答案】(1)；(2)．
【小问1详解】由题意可得，解得，
故抛物线的方程为；
【小问2详解】由（1）可得，且斜率存在不为零，设直线的方程为，
与抛物线的方程联立，消去，
可得，恒成立，
设，，则，，
所以，
则原点到直线l的距离为，
所以，
易得，，
所以，
故，
设，则，
当且仅当，即时，所以．
考试时间：2024年1月8日 考试内容：——选修二第五章导数
一､选择题：本题共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.
2.已知复数，则满足的所有不相等的复数之和的虚部为（）
A.1 B. C.2 D.
3.已知直线的一个方向向量为，则的值为（）
A. B. C. D.
4.已知克糖水中含有克糖，再添加克糖（假设全部溶解），糖水变甜了，能恰当表示这一事实的不等式为（）
A. B. C. D.
5.已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且，则（ ）
A．0.2B．0.5C．0.6D．0.9
6.已知圆上两个不同的点，，若直线的斜率为，则（）
A. B.1 C. D.2
7.设为等差数列的前项和，则对，“”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
8.四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.已知双曲线：（，）的离心率为2，下列双曲线中与双曲线的渐近线相同的是（）
A. B.C. D.
10.关于函数由以下四个命题，则下列结论正确的是（）
A. 的图象关于y轴对称 B. 的图象关于原点对称
C. 的图象关于对称 D. 的最小值为2
11.一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
12.已知函数，若，其中，则（）
A. B. C. D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.数据2，4，6，8，10，12，13，15，16，18的第70百分位数为___________.
14.已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在坐标轴上，若点在上且，则的方程为______.
15.达·芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则异面直线与所成角的余弦值为______.
16.已知点是椭圆+=1上的动点（点不在坐标轴上），为椭圆的左，右焦点，为坐标原点；若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围为________.
四、解答题：本题共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.已知数列中，，且.
（1）求的通项公式；
（2）求的前10项和.
18.已知圆，直线．
（1）若直线与圆C相切，求实数b的值；
（2）是否存在直线，使与圆C交于A、B两点，且以AB为直径的圆过原点．如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由．
19.如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．
（1）若是中点，求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
20.在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点在边上，，，，求的面积.
21.已知函数.
（1）若，证明：当时，；
（2）求所有的实数，使得函数在上单调.
22.已知抛物线：（）的焦点为F，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过原点垂直于的直线与抛物线的准线相交于点．设、的面积分别为、，求的最大值．
湖北省天门中学、仙桃中学2022级优录班第二次联考
数学参考答案
考试时间：2024年1月8日 考试内容：——选修二第五章导数
1.【答案】D
【解析】易得，，从而，故选D.
2.【答案】C
【解析】由得，，从而，即，因此.满足的所有不相等的复数有，，所以，故选C.
3.【答案】D
【解析】易知直线的斜率为，所以，即，故选D.
4.【答案】D
【解析】原糖水的浓度为，加入糖后糖水的浓度为，加入糖后糖水浓度变大了，所以.
故选D.
5.【答案】B
【解析】根据对立事件得到，根据互斥事件得到，计算得到答案.
因为事件与事件互为对立，所以，
因为事件与事件互斥，则，故选B.
6.【答案】B
【解析】解法一：因为直线的斜等为，所以.从而，因此，故选B.
解法二：取，，则，故选B.
解法三：设的中点为，由圆的性质，，，故选B.
7.【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，由可得，即，从而，即.反之，由可得，从而，但不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.
8.【答案】B
【解析】如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然.
设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以，
设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为，
取中点，连接，则，且，
又点共线且，所以，且，
所以，所以，所以点到平面的距离为，
故，
,
因此.故选B.
9.【答案】BCD
【解析】因为双曲线：（，）的离心率为2，所以，解得，所以双曲线的渐近线为.双曲线的渐近线为，故A选项错误；双曲线，，的渐近线均为，故选BCD.
10.【答案】AC
【解析】由函数，其定义域为，
且，故函数为偶函数，故A正确，B错误；
由，则函数关于对称，故C正确；
当时，，则，故D错误.故选：AC.
11.【答案】AD
【解析】对于A选项，因，
样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，，A正确；
对于B，不妨令，
则，B错误；
对于C，不妨令，
则，C错误；
对于D，数据的均值为：
，
其方差为，D对.故选：AD
12.【答案】BCD
【解析】因为，，所以，
所以当时，，当时，或，
所以当时，单调递减，当或时，单调递增，
且当时，，当时，，
且时，或，
，
，
整理得：，所以的对称中心为，
令，则由图可知：
，，，所以A错误；
B选项中，，
又因，所以，且，
所以，
所以，
因为在上单调递减，故，所以，B正确；
C选项中，根据三次方程的韦达定理知，，
所以，所以C正确；
D选项中，因为，，，
所以，由，知，，
由B知，，所以，
故，又，所以，所以D正确.故选：BCD
【答案】14
【解析】解：共有10个数据，由，
所以第70百分位数为.故答案为；14.
14.【答案】
【解析】由題意知，抛物线的焦点在坐标轴的正半轴.当指物线的焦点在轴的正半轴时，设抛物线方程为（），将点代入解得，且，不符合题意；当抛物线的焦点在轴的正半轴时，设抛物线方程为（），将点代入解得，且，符合题意，此时抛物线方程为.
15.【答案】
【解析】如图以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，设与所成的角为，则.
16.【答案】
【解析】如下图，延长、相交于点，连接，
因为，
因为为的角平分线，所以，，则点为的中点，
因为为的中点，所以，，
设点，由已知可得，，，
则且，且有，
，
故，
所以，.
17.【答案】(1)；(2)707
【小问1详解】由题意可知当时，
有，此时数列的奇数项成等差数列，
由题意可知，公差为2，则，所以，（为奇数），
当时，有，即此时数列的偶数项成等比数列，
由题意可知，公比为4，则，所以，（为偶数），
综上.
【小问2详解】由上可知
18.【答案】(1)；(2)或
【小问1详解】由，整理得．
若直线和圆C相切，则有圆心到的距离，即.
【小问2详解】设存在满足条件的直线，
由消去，得（1）
设直线和圆C的交点为，则是（1）的两个根．
． （2）
由题意有：，即，
即， 即， （3）
将（2）代入（3）得：． 解得：或，所以满足条件的直线为：或．
19.【答案】（1）证明见解析 （2）
【小问1详解】因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
连接，则，
在中，，所以，
因为，，平面，且，
从而平面，又平面，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，又平面，所以，
又因为，所以，又是中点，，所以，
因为，，平面，且，所以平面，
又因为平面，所以．
【小问2详解】由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，所以直线和平面所成角的正弦值为．
20.【答案】（1） ；（2）
【小问1详解】由题意得，
所以，故
因为，.
【小问2详解】设，则，
在中，有.
在中，有.
又，所以，
所以有.又，所以.
在中，由余弦定理可得.
又，，，
所以有.
联立，解得 ，所以，
所以.
21. 【答案】（1）证明见解析；（2）
【小问1详解】设（），
则，
设（），则，显然
所以在上单调递增，故，所以.
则在上单调递增，所以，因此
【小问2详解】解法1：因为，所以为奇函数.
要使函数在上单调，只要函数在上单调.
又.
因为，所以函数在只能单调递减，
由，解得.
下证当时，在上单调.
由于是奇函数，只要在单调，
因为，所以在单调递减.
解法2：因为，所以为奇函数.
要使函数在上单调，只要函数在上单调.
又.
（ⅰ）若，即时，，所以函数
在上单调递减，所以满足题意；
（ⅱ）若，则，故，
所以由零点存在定理得存在，，使得当时，，
当时，，所以在单调递增，
在单调递减，因此不合题意；
（ⅲ）若，则，故，
所以由零点存在定理得存在，，使得当时，，
当时，，所以在单调递减，
在单调递增，因此不合题意；因此所求实数的取值范围是.
22.【答案】(1)；(2)．
【小问1详解】由题意可得，解得，
故抛物线的方程为；
【小问2详解】由（1）可得，且斜率存在不为零，设直线的方程为，
与抛物线的方程联立，消去，
可得，恒成立，
设，，则，，
所以，
则原点到直线l的距离为，
所以，
易得，，
所以，
故，
设，则，
当且仅当，即时，所以．
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