2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期第二次阶段性考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期第二次阶段性考试数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期第二次阶段性考试数学试题

一、单选题
1．已知全集，若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简集合，根据补集和交集的概念运算可得结果.
【详解】，或，
，
所以.
故选：D
2．设复数，则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】对复数计算化简后可求出复数的虚部
【详解】因为，
所以的虚部是.
故选：B.
3．设为正实数，且，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果.
【详解】因为为正实数，且，
所以，
所以，
当且仅当，即，即时等号成立.
所以的最小值为.
故选：C.
4．函数的大致图像为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用排除法，先利用函数值正负的分布判断B错误，再利用特殊值判断D错误,根据极值点确定C错误，即得答案.
【详解】函数中，，当时,,看图像知B选项错误；
函数中，，当时,, 看图像知D选项错误；

解得，故为函数的极值点，故C选项不符合，A选项正确.

故选：A.
5．已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为（    ）
    
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆半径为，球的半径为，则由题意可得，由正弦定理可求出，从而可求出，则可求出球的半径，进而可求出球的表面积.
【详解】设圆半径为，球的半径为，
依题意得，解得，
为等边三角形，由正弦定理可得，
∵
，
根据球的截面性质平面，
∵平面，
，
，
∴球的表面积.
故选：B.
6．已知抛物线C：的焦点为F，，是C上两点，若则（    ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【分析】根据抛物线定义计算即可.
【详解】由抛物线定义可得，则.
故选：D
7．以罗尔中值定理､拉格朗日中值定理､柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容，其定理陈述如下：如果函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且在开区间内存在导函数，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在区间上的中值点.若关于函数在区间上“中值点”个数为，函数在区间上“中值点”的个数为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求出的导函数，由拉格朗日中值定理可得，故该方程根的个数为即为函数在区间上“中值点”的个数，由函数的零点与方程的根的关系即可求解.
【详解】设在闭区间上的中值点为，
由，由拉格朗日中值定理可得：，
因为，
所以，可得，
即，作出函数和的图象如图：
由图可知，函数和的图象在上有两个交点，
所以方程在上有两个解，
即函数在区间上有2个中值点，
所以，只有符合，
  
故选：C.
8．1765年数学家欧拉在柏林皇家科学院的《学报》上发表了一个抽彩问题：设张彩票编号从1至，随机抽取三张，那么抽到三张彩票没有连续号码的概率为多少？该问题的结果用组合数可表示为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接法：相当于把三个相同的物品，插入到个相同物品之间和两端共个位置中，结合组合数公式与古典概型公式求解；
间接法：求出抽到三张连续号码及抽到仅有两张连续号码的概率，从而可得抽到没有连续号码的概率.
【详解】直接法：相当于把三个相同的物品，插入到个相同物品之间和两端共个位置中，一种插法对应一种抽取彩票的抽法，其概率为.
间接法：抽到三张连续号码的概率为，
抽到仅有两张连续号码的概率为，
则抽到没有连续号码的概率为，
故选：A.

二、多选题
9．下列关于平面向量的说法中正确的是（    ）
A．已知均为非零向量，若∥，∥，则∥
B．若∥且，则存在唯一的实数，使得
C．若且，则
D．设向量满足，则
【答案】AB
【分析】对于A，由共线向量的定义判断，对于B，由共线向量定量判断，对于C，由已知可得，从而可判断，对于D，对两边平方化简可求出，再由可求得结果.
【详解】对于A，因为均为非零向量，∥，∥，所以∥，所以A正确，
对于B，因为∥且，所以由平面向量共线定理可得存在唯一的实数，使得，所以B正确，
对于C，由，得，所以，所以不一定有，所以C错误，
对于D，因为，所以，得，
因为，所以，
所以，所以D错误.
故选：AB.
10．已知函数则下列结论正确的是（    ）
A．当时，函数
B．函数的值域是
C．函数的值域为
D．若方程有且仅有一解，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】根据解析式直接计算可判断A，由图象可判断BC，根据图象及函数的单调性判断D.
【详解】当时，，故A成立；
作出函数的图象，如图，
  
由图知，当时，，时，可知函数，即函数的值域是，故B选项错误；
函数的值域为函数的值域，此时由图象知值域是，故选项正确；
结合函数图象，易知时，，且在上单调递增.
当时，由，可得存在唯一的，使得.
进而存在唯一的，使得；
当时，可得存在，使得，而不存在唯一使，故不合题意；
当时，由图象可知无解，不合题意；
综上所述：，故选项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：能够根据对函数解析式的理解，做出函数的图象，是本题解题的关键，再由数形结合，可得函数值域，可判断CD .
11．已知点在圆：上，点，，则（    ）
A．点到直线的距离的最小值是 B．的取值范围是
C．的取值范围是 D．当为直角三角形时，其面积为3
【答案】ACD
【分析】根据圆心到直线的距离即可判断A；由，求出的范围，即可判断B；当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，若点在第二象限，此时最大，通过角度的计算得出的取值范围，即可判断C；当为直角三角形时，求出点到直线的距离，进而求出面积即可判断D．
【详解】由题可知直线的方程为：，，
对于A：因为圆心到直线的距离是，
所以点到直线的距离的最小值是，故A正确；
对于B：记线段的中点为，则，
则，
因为，
所以的取值范围是，故B错误；
对于C：由题可知，，
当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，
因为，，所以，
所以；

若点在第二象限，此时最大，同理可得，

所以的取值范围是， 故C正确；
对于D：因为的取值范围是，同理可得的取值范围是，
所以当为直角三角形时，，则，
设点坐标为，
则，
得点在直线上，
所以点到直线的距离为，
所以面积为，故D正确；
故选：ACD．

12．在直四棱柱中，底面为平行四边形，为中点，点满足.下列结论正确的是（    ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．平面截直四棱柱的截面周长为
C．若平面，则的最小值为
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】在直四棱柱中，由题意逐项分析即可.
【详解】对于，因为，
所以三点共线，即点在上，
因为平面，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以正确；
对于，如图，由面面平行的性质定理可知PQ//A1B，则Q为C1D1的中点，
补全截面为四边形，因为，
所以，，
，，所以由余弦定理得：，所以，
可得周长为，所以错误；
        
对于，取的中点分别为，连接，则，
因为平面平面，所以平面，
因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以当时，最小，
因为，所以.
所以，所以重合，所以的最小值为，所以正确；
对于，过作于点，可得平面，
平面，所以，因为，
平面，所以平面，
，在上取点，使得，
则，
所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
因为，所以，则圆弧等于，所以D正确，
故选：ACD.

三、填空题
13．已知，则 .
【答案】/
【分析】由两角和的正切公式可得出关于的等式，解出的值，在利用二倍角的正切公式可求得的值.
【详解】由得，所以.
故答案为：.
14．已知△ABC为等边三角形，点O为△ABC的中心，若以A、O为双曲线E的两顶点，且双曲线E过点B，则双曲线E的离心率为 .
【答案】
【分析】建立坐标系，设出双曲线的方程，利用双曲线E过点B，求得b的值，进而计算c,求得离心率.
【详解】如图，不妨设为的中点，则=,
以的中点为原点，方向为x轴，的中垂线为轴建立直角坐标系如图所示，
∵,∴,即双曲线的半实轴 ,∴双曲线的方程可以设为：，
将的坐标,代入解得,
∴,
∴,
故答案为：.
  
【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，关键是建立坐标系，利用方程方法求解.

四、双空题
15．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为、、、的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，现在已知甲选择了号箱，则 ； .
【答案】 /
【分析】分析出：若奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，可求得的值；求得，对奖品所在的箱子进行分类讨论，求出的值，再利用全概率公式可求得的值.
【详解】奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故；
奖品随机等可能分配到四个箱子中，因此、、、的概率均为，
奖品在号箱里，主持人可打开、、号箱，故，
奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故，
奖品在号箱里，主持人打开号箱的概率为，故，
奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故，
由全概率公式可得：.
故答案为：；.

五、填空题
16．定义为与距离最近的整数，令函数，如： .
【答案】19
【分析】令，则，即，所以，满足此不等式的正整数的个数有，即共有个数，由此求解即可得出答案.
【详解】令，则，即，即，
所以，满足此不等式的正整数的个数有，
即共有个数；
时则有2个，即；
时则有4个，即；
时则有6个，即；
时则有18个，即，（其中）；
又，所以，
其中共有10个数；
所以
.
故答案为：19.

六、解答题
17．已知数列的首项.
(1)证明：为等比数列；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）对两边加1，变形可得，从而可证得结论；
（2）由（1）可求出，则可求出，然后利用裂项相消法可求出，再利用放缩法可证得结论.
【详解】（1）

，
，
又
是以4为首项，以2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，

，


，
，
.
18．已知函数．
（1）当时，分别求函数取得最大值和最小值时的值；
（2）设的内角的对应边分别是且，，求的值，
【答案】（1）时，取得最大值0；时，取得最小值；（2）或．
【分析】(1)先利用二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质可求;
(2)已知先求A,然后结合余弦定理即可求解c.
【详解】（1）
，
，，，
∴当，即，得时，取得最大值0；
当，即，得时，取得最小值．
（2）且，．
由余弦定理A得，
解得或．
另解：且，，
由正弦定理有，则或，
当时．，由勾股定理有．
当时，，则．
综上，或．
19．如图，为圆的直径，点在圆上，且为等腰梯形，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知.
  
(1)求证：平面平面；
(2)当的长为何值时，平面与平面的夹角的大小为.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由矩形和圆所在的平面互相垂直结合面面垂直的性质可得平面，则有，而，则由线面垂直的性质可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）设的中点分别为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设，然后利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以.
又因为为圆的直径，所以.
因为在平面内相交，所以平面.
又由平面，
所以平面平面.
（2）设的中点分别为，
因为四边形为矩形，四边形为等腰梯形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以两两垂直，
所以以为坐标原点，分别所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
  
设，则
则.设平面的法向量为，
则，取，可得，
则.
由（1）可知平面，平面的一个法向量为，
则，
因为平面与平面的夹角的大小为，
所以，解得.
综上，可得线段的长为.
20．某水果超市每天都采购一定量的A级橙子，超市记录了20天橙子的实际销量，统计结果如下表：
销量（）
150
160
170
180
190
200
天数
3
4
6
5
1
1
(1)试估计超市这20天A级橙子销售量的平均值和方差；
(2)今年A级橙子的采购价为6元/，超市以10元/的价格卖出.为了保证橙子质量，如果当天不能卖完，就以4元/退回供货商.若超市计划一天购进170或180橙子，你认为应该购进170还是180？请说明理由.
【答案】(1)170，170
(2)超市应购进，理由见解析


【分析】（1）由平均数和方差公式计算可得；
（2）分别列出购进170和180的分布列，并求出其数学期望，即可解决.
【详解】（1）由表中的数据可知，20天级品销售的平均值为，
方差为.
（2）当超市购进时，利润为元时，卖出的千克数为，
则的可能取值为，
的可能取值为.


则的分布列为

680
620
560




.
当超市购进时，利润为元，卖出的千克数为，则的可能取值为，
的可能取值为，
，
，
则的分布列

720
660
600
540





..
因为，所以超市应购进
21．如图，椭圆、双曲线中心为坐标原点，焦点在轴上，且有相同的顶点，，的焦点为，，的焦点为，，点，，，，恰为线段的六等分点，我们把和合成为曲线，已知的长轴长为4.

(1)求曲线的方程；
(2)若为上一动点，为定点，求的最小值；
(3)若直线过点，与交于，两点，与交于，两点，点、位于同一象限，且直线，求直线的方程.
【答案】(1)，.
(2)的最小值为.
(3)直线l的方程为或

【分析】（1）设出椭圆和双曲线的方程，由已知求得待定系数，得到所求方程；
（2）分在和上两种情况讨论，的最小值；
（3）设直线，，，直线与曲线联立方程组，求出点的坐标，利用解出可得直线方程.
【详解】（1）设，，
由题意知，，，，，
，，
因此曲线，.
（2）若是上的动点，显然当为椭圆的上顶点时，最短，此时，
若是上的动点，以为圆心为半径作圆，当圆与相切时，切点为，此时最小，且，
圆，代入，整理得，当圆与曲线相切，
由，，，
，所以为上一动点，为定点，的最小值为.
（3）设直线，，，
由对称性可知，，
由，整理得，解得， ，
由，整理得，解得，，
当时，，由(1)知，，
所以，，将坐标代入得，
整理得，两边平方化简得，，
所以直线l的方程为或..
【点睛】1.求椭圆或双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据已知条件，求出a，b的值.
2.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
22．已知函，.
(1)讨论在的单调性；
(2)是否存在，且，使得曲线在和处有相同的切线？证明你的结论.
【答案】(1)答案见解析
(2)不存在，证明见解析

【分析】（1）对求导，讨论和时，的正负即可得出答案；
（2）假设存在，求出在和处的切线方程，建立等式，将等式化简，减少变量，从而构造新的函数，研究新函数的单调性，即可证明.
【详解】（1），
故时，；时，，
当，即时，在单调递减，在单调递增；
当，即时，在单调递增.
综上，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增.
（2）解法一：不存在a，，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，
即，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
由得，代入得，两边取对数得，
令，
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
综上，不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
解法二：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，即
，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
令，，可得，
由两边同乘以，
得，则，且，
令，则，且.
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
设，，又，所以，则，
由，得即，
则，所以，
所以，即，
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，，
即，取，即，
所以在时无解，
综上，不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
解法三：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，
即，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
令，则，且.
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
则，，
所以，
以下证明.
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，，
因为，所以，，
整理得.
因为，所以，与矛盾；
所以不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的单调性、不等式等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和创新性.