湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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．已知集合或，，则（ ）
A．或B．
C．D．
2．若，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充要条件B．充分但不必要条件
C．必要但不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．已知，那么函数有（ ）
A．最大值2B．最小值2C．最小值4D．最大值4
4．设f（x）＝则等于（ ）
A．B．C．D．
5．的展开式中的系数是（ ）
A．B．C．D．
6．已知平面向量是非零向量，，夹角​，则向量​在向量​方向上的投影为（ ）
A．​B．1C．​D．2
7．某保险公司把被保险人分为3类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这3类人在年内发生事故的概率依次为0.05，0.15和0.30.如果“谨慎的"被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则一个被保险人在一年内出事故的概率是（ ）
A．0.25B．0.175C．0.4D．0.5
8．函数的定义域为R，且与都为奇函数，则下列结论错误的是（ ）
A．为奇函数B．为周期函数
C．为奇函数D．为偶函数
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9．下列说法正确的是（ ）
A．用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，则个体被抽到的概率是
B．采用分层抽样的方法从高一640人、高二760人、高三人中，抽取55人进行问卷调查，已知高二被抽取的人数为19人，则
C．数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的第70百分位数是23
D．已知一组数据1，2，，5，8的平均数为4，则这组数据的方差是6
10．下列命题正确的有（ ）
A．函数的图象可由的图象向右平移2个单位得到
B．函数在其定义域上是增函数
C．函数的单调递增区间为
D．若，则
11．三棱柱中，面是边长为2的等边三角形，为线段上任意点（不与重合）则下列正确的是（ ）
A．若为中点，为平面上任意点，且，三棱锥体积最大值为
B．若侧面为菱形，，，则与面所成角的正弦值为
C．若三棱柱体积为9，则四棱锥体积为6
D．若面，当面面，且是面积为3的等腰直角三角形，则三棱柱的外接球的表面积为
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.
12．已知，若，则 ．
13．已知数列满足，，数列满足，若数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 .
14．如图，已知函数图象关于直线对称，直线是曲线在点处的切线，则 ．

四、解答题
15．（14分）已知函数在点处的切线与轴垂直.
(1)求；
(2)求的单调区间和极值.
16．（14分）在中，角所对的边分别是，已知 .
(1)求的值；
(2)若，求的面积.
17．（14分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，平面ABCD，E为PD中点.且.

(1)求证：平面PCD；
(2)求直线BE与平面PCD所成角的正弦值.
18．（14分）一个袋中装有形状大小完全相同的球8个，其中红球2个，白球6个，
（1）从袋中任取3个球，求恰有1个红球的概率．
（2）有放回地每次取1球，直到取到2次红球即停止，求恰好取4次停止的概率．
（3）有放回地每次取1球，共取3次，记取到红球的个数为，求随机变量的分布列及数学期望．
19．（18分）已知椭圆的焦距与长轴的比值为，其短轴的下端点在抛物线的准线上.
(1)求椭圆的方程;
(2)设为坐标原点，是直线上的动点，为椭圆的右焦点，过点作的垂线与以为直径的圆，相交于两点，与椭圆相交于两点，
①若，求圆的方程;
②设与四边形的面积分别为，若，求的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】对集合A、B分别求交集、并集、补集，验证四个选项.
【详解】∵或，，
∴，或
,或
故选：C
2．C
【分析】判断命题“若，则”及其逆命题的真假即可.
【详解】因，若，则，即成立，于是得“若，则”是真命题，
当时，，即成立，推不出，
于是得“若，则”是假命题，
所以“ ”是“ ”的必要但不充分条件.
故选：C
3．B
【分析】利用基本不等式，即可得到答案；
【详解】
，等号成立当且仅当，
函数的最小值2，
故选：B.
4．A
【分析】利用定积分的计算法则可求得结果.
【详解】由函数f（x）＝，则
.
故选：A.
5．C
【分析】写出二项展开式的通项，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
由可得，因此，的展开式中的系数是.
故选：C.
6．A
【分析】根据向量投影概念求解即可.
【详解】向量​在向量​方向上的投影为.
故选：A
7．B
【分析】依据全概率公式去求一个被保险人在一年内出事故的概率
【详解】由全概率公式得所求概率为.
故选：B
8．D
【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行公式变换，找到新的函数关系即可求解.
【详解】①与都为奇函数，
①，②，
由①可得，即③，
由②③得，
,
由 及 ,
得 , 以 代换 ,
得 ,
即 ，因而选项A正确.
②在前面已经证明
所以的周期为2，因而选项B正确；
③==
所以，
所以为奇函数，因而选项C正确.
④
则为奇函数，因而选项D错误.
故选：D.
9．ABD
【分析】根据简单随机抽样的定义判断A，利用分层抽样计算规则判断B，按照百分位数计算规则判断C，根据平均数、方差计算公式判断D.
【详解】对于A：个体被抽到的概率，故A正确；
对于B：依题意可得，解得，故B正确；
对于C：因为，所以第70百分位数第、两数的平均数，即，故C错误；
对于D：依题意可得，解得，
所以这组数据的方差，故D正确；
故选：ABD
10．ACD
【分析】利用函数图象平移可判断A，利用反比例函数的性质判断B，利用对数复合函数的单调性判断C，利用指对数互化与对数函数的性质判断D，从而得解.
【详解】对于A，的图象向右平移2个单位可得
的图象，故A正确；
对于B，当时，；当时，；
所以在其定义域上不是增函数，故B错误；
对于C，对于，必有，解得或，
又开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
而在上单调递减，
所以的单调递增区间为，故C正确；
对于D，令，则，，
因为，，所以，即，故D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据，得到点在以为直径的圆上，要使得三棱锥体积最大时，平面，可判定A不正确；先证得平面平面，过点作，垂足为，证得平面，得到为与平面所成的角，在中，求得的值，可判定B正确；结合，可判定C正确；取的中点，连接，再点作，证得平面，得到，设，结合题意求得，取三棱柱上下底面的中心分别为，再取的中点，连接，得到为三棱柱外接球的半径，结合球截面圆的性质，求得外接球的半径，结合表面积公式，即可求解.
【详解】对于A中，若为中点，为平面上任意点，且，
如图（1）所示，由，所以，所以，
所以点在以为直径的圆上，所以，
要使得三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大即可，
此时平面，所以体积的最大值为，
所以A不正确；
对于B中，如图（2）所示，因为侧面为菱形，，可得，
连接，由点为的中点，可得，
又因为为等边三角形，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
过点作，垂足为，
因为平面平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
在中，由，可得，所以，
在直角中，可得，，
在直角中，，所以，
则，所以，所以B正确；
对于C中，设三棱柱的高为，
由三棱柱体积为，可得，
在三棱柱中，可得平面，
因为点为线段上任意点，所以点和到平面的距离相等，
由，所以，所以C正确；
对于D中，若平面，且底面为等边三角形，所以棱柱为正三棱柱，
取的中点，连接，则，
又因为平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
过点作，且，可得四边形为矩形，
所以，所以平面，
因为平面，所以，
又因为是面积为3的等腰直角三角形，所以，
此时点为的中点，设，可得,
可得，解得，所以，
取三棱柱上下底面的中心分别为，再取的中点，连接，
则为三棱柱外接球的半径，
在直角中，，可得，
所以三棱柱的外接球的表面积为，所以D正确.
故选：BCD.
12．2021
【分析】计算得出，结合已知条件即可得答案.
【详解】解：由已知可得，
故.
故答案为：.
13．10
【分析】由得，得是等比数列，对求和得，计算使成立的n最小值.
【详解】因为，所以，得，即，
又因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
， ，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
令，
因为，所以最小为10.
故答案为：10.
14．
【分析】根据导数的定义，几何意义和求导公式即可求解.
【详解】根据二次函数图像可以设其解析式为：
，
所以，
曲线在点处的切线斜率为，
所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
15．(1)；
(2)的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
函数有极大值，极小值.
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【详解】（1），则，
因为函数在点处的切线与轴垂直，
所以函数在点处的切线斜率为，
由题意可得，解得；
（2）由，故，
则，，
故当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故函数有极大值，
函数有极小值.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由求得，利用正弦定理边化角求得，即可求得答案；
（2）利用余弦定理求得，根据三角形面积公式求得答案.
【详解】（1）由于， ，则 ．
因为
由正弦定理知 ，则 ,
因为， ，所以， ,
故 ；
（2）因为，，由余弦定理，得 ，
即 ，解得（负值舍去），而，
所以的面积.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：根据线面垂直的判定定理分别证明，，即可证得结论；法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直，结合线面垂直判定定理即可证得结论；法三：根据空间向量的坐标关系求解直线方向向量与平面法向量，利用向量关系证得结论即可；
（2）利用空间向量的坐标运算求解线面夹角的正弦值即可
【详解】（1）方法一
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
∵四边形ABCD为矩形，∴，又，PA，平面PAD，
∴面PAD，
∵面PAD，∴，
在中，，E为PD中点，∴
∵，面PCD，面PCD，∴平面PCD.
方法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
，，，∴.
在中，，E为PD中点，∴.
∵，面PCD，面PCD.∴平面PCD；
方法三：设平面PCD的一个法向量为，，，，
则，∴.
令，则，∴，
∵，∴，∴平面PCD.
（2）由（1）得：平面PCD，
∴为平面PCD的一个法向量，.
记直线BE与平面PCD所成角为，
∴，
∴直线BE与平面PCD所成角的正弦值为；
18．（1）（2）（3）见解析
【分析】（1）由从8个球中不放回地取3个球，基本事件的总数为中不同的取法，其中任取3个球，求恰有1个红球所包含的基本事件的个数为种，即可求解；
（2）由恰好取4次停止，即前3次中有一次取到红球，且第4次取到红球，根据相互独立的事件的概率计算公式，即可求解；
（3）求得随机变量的可能取值为，求得随机变量取每个值的概率，得出随机变量的分布列，根据二项分布的期望公式，即可求解．
【详解】（1）由题意，从8个球中不放回地取3个球，基本事件的总数为中不同的取法，
其中任取3个球，求恰有1个红球所包含的基本事件的个数为：种，
所以恰有一个红球的概率.
（2）由题意，恰好取4次停止，即前3次中有一次取到红球，且第4次取到红球，
根据相互独立的事件的概率计算公式，可得概率为.
（3）随机变量的可能取值为，
则，，
，，
的分布列
因为，所以期望
19．(1)
(2)①，②
【分析】（1）由椭圆以及抛物线的性质，可求得b的值，结合离心率可求得a，得到椭圆方程；
（2）①用待定系数法求出圆的标准方程；
②设出M(2，t)，求出直线方程，与椭圆方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理，由弦长公式，求出弦长AB，这样就可用t表示S2的函数，进而就可把表示为t的函数，结合基本不等式，可求出函数的值域，即可求出的取值范围.
【详解】（1）短轴的下端点在抛物线的准线上，
又，
（2）①由(1)知，设，则的圆心坐标为
的方程为
当时，所在直线方程为此时与题意不符，所以
所以设所在直线方程为
又圆的半径由
解得
所以圆的方程为
②当时，由①知所在直线方程为与椭圆方程联立，消去，得，则△
所以
因为
所以当且仅当t=0时取等号.
又因为，所以.
当t=0时，直线PQ的方程是x=1，，，
所以，，所以.
综上的取值范围是.
0
1
2
3