湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析.docx

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长沙市第一中学2023—2024学年度高二第一学期期末考试数学试卷时量：120分钟满分：150分一、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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先通过对数函数的单调性求出集合B，进而求出交集.【详解】因为，所以.故选：C.2.第19届亚运会正在杭州举行，运动员甲就近选择A餐厅或者B餐厅就餐，第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.5，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（）A.0.75B.0.6C.0.55D.0.45【答案】B【解析】【分析】根据全概率公式计算即可.【详解】运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为，故选:B.3.在平面直角坐标系中，已知点为角终边上的点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三角函数定义得，再根据二倍角公式计算即可. 【详解】解：因为点为角终边上的点，所以，由三角函数的定义知，所以故选：A4.设数列满足，（），若数列是常数列，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：因为数列是常数列，所以，即，解得，故选A.考点：1.数列数的概念；2.数列的递推关系.5.某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为A.14B.16C.20D.48【答案】B【解析】【详解】由间接法得，故选B．6.已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中的系数为（）A.B.1215C.135D.【答案】B【解析】【分析】先利用赋值法求出，再利用二项式定理的通项公式求解答案．【详解】令，得，（注意所有项的系数之和与所有项的二项式系数之和的区别）解得（舍去）或， 则的展开式的通项，令，解得，则展开式中的系数为，故选：B．7.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先比较的大小关系，然后构造函数，利用导数判断的单调性，由此求得的大小关系，进而求得正确答案.【详解】，，，所以，所以.构造函数，，所以在区间，递减，所以，即，，，即.故选：C8.已知双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与曲线 的左右两支分别交于点，且，则曲线C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，进而结合双曲线的定义得，，，，进而在，结合余弦定理求得，进而得，再求离心率即可.【详解】解：如图，设，因为,所以，由双曲线的定义得：，所以，，，，，所以，在中，，在中，因为，所以，即，所以故选：B 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.设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.与均为的最大值【答案】BD【解析】【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.【详解】由题意知，：由得，由得，所以，又，所以，故错误；：由得，故正确；：因为是各项为正数的等比数列，，有所以，所以，故错误；：，则与均为的最大值，故正确. 故选：10.如果存在定义在R上的奇函数，对任意两个不相等的实数，都有，则称函数为“H函数”，下列函数为H函数的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据题意理解，既是增函数，又是奇函数的函数是“H函数”，根据函数性质，即可判断选项.【详解】由可知，当时，，所以函数单调递增，A.函数是奇函数，但不是增函数，故A错误；B.函数的定义域为，和都是增函数，所以是增函数，，是奇函数，函数为“H函数”，故B正确；C.的定义域为R，并且，即是奇函数，，根据二次函数的性质可知，函数在区间和都是增函数，并且连续，所以是增函数，所以函数为“H函数”，故C正确；D.，所以函数不是奇函数，故D错误；故选：BC11.已知圆C：点P在直线l：上运动，以线段PC为直径的圆D与圆C相交于A，B两点，则下列结论正确的是（）A.直线l与圆相离B.圆D的面积的最小值为C.弦长的最大值为2D.直线AB过定点【答案】ABD【解析】【分析】根据圆心到直线的距离与半径1的大小关系可判断A；设 ，利用两点间的距离公式求出圆的半径，从而可得半径的最小值，可判断B；结合点的坐标，可表示圆的方程，再求出相交弦的直线方程，从而可判断D；根据圆直径为2，弦不过圆心，所以小于2，可判断C.【详解】解：由题设得圆的圆心，半径为1，对于选项A：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，A正确；对于选项B：由于点在直线上运动，设，则圆的圆心，所以圆的半径，故当时半径有最小值，所以圆的面积的最小值为，故B正确；对于选项D：由上面的B选项可知圆的方程为，将圆的方程与圆的方程相减可得相交弦的直线方程为：，整理得，令，解得，所以直线过定点，故D正确；对于选项C：由C得，弦的直线方程为：，若弦过圆心，则，方程无解，所以弦不过圆心，从而小于圆直径，圆直径2，故C错误．故选：ABD．12.如图，已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，是侧面 内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（）A.若直线与平面平行，则三棱锥的体积为B.若直线与平面平行，则直线上存在唯一的点，使得与始终垂直C.若，则的最小值为D.若，则的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】取棱的中点，连接，进而证明平面平面得的轨迹即为线段，再讨论AB选项即可得判断；当时，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在平面内的圆弧，再分别讨论CD选项即可.【详解】解：取棱的中点，连接，因为棱的中点，分别是棱的中点，所以，，因为，所以，所以，四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，平面，因为平面， 所以平面平面，所以，直线与平面平行，的轨迹即为线段，故对于A选项，，三棱锥的体积为，故A正确；对于B选项，要使得与始终垂直，则面，故如图建立空间直角坐标系，则，所以，，所以且，解得，即，所以，直线上存在唯一的点（中点），使得与始终垂直，故B正确；当时，所以，解得，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在平面内的圆弧，对于C选项，由于，故的最小值为，故C正确；对于D选项，，当且仅当时等号成立，所以，的最大值为，故D错误.故选：ABC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加淮南文明城市创建志愿服务活动，服务活动共有“走进社区”、“环境监测”、“爱心义演”、“交通宣传”等四个项目，每人限报其中一项，记事件为“4名同学所报项目各不相同”，事件为“只有甲同学一人报走进社区项目”，则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据条件概率的求法，分别求得，再代入条件概率公式求解.【详解】根据题意得所以故答案为：【点睛】本题主要考查条件概率的求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.14.已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则切线的方程为_____________．【答案】【解析】【分析】根据切线的斜率求得，从而求得切点坐标，进而求得切线方程.【详解】直线的斜率为，所以切线的斜率为.，所以，所以切线方程为，即.故答案为：15.记函数的最小正周期为T．若为的极小值点，则的最小值为__________．【答案】14 【解析】【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的极小值点，即可求出的取值，从而得解；【详解】解：因为所以最小正周期，又所以，即；又为的极小值点，所以，解得，因为，所以当时；故答案为：1416.设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，M为抛物线C的准线与x轴的交点，若tan∠AMB=2，则|AB|=____.【答案】.【解析】【详解】试题分析：根据对称性，如下图所示，设：，，，由，∴，，，，又∵，∴，∴，∴，故填：. 【考点】本题主要考查抛物线的标准方程及其性质．四、解答题：本大题共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.已知数列的前n项和为，，等比数列的公比为3，．（1）求数列，的通项公式；（2）令求数列的前7项和．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先求，即可求数列的通项公式，再利用公式，即可求数列的通项公式，利用数列，，即可求数列的项公式；（2）根据（1）的结果，即可求.【小问1详解】当时，，即，由，得，又等比数列的公比为3，所以；由，①，当时，②， ①②，，因为，所以，即，即数列是常数列，即，得，当时，，当时，成立，所以；【小问2详解】，，，18.已知中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，．（1）求角A的大小；（2）若成等差数列，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边，再结合余弦定理，即可求解；（2）根据（1）的结果，结合余弦定理，即可求解，最后代入三角形的面积公式.【小问1详解】由正弦定理 即，则，得，又，所以角；【小问2详解】由成等差数列，，得，即，由（1）可知，，即，解得：或（舍）所以的面积为.19.某袋中装有大小相同、质地均匀6个球，其中4个黑球和2个白球．从袋中随机取出2个球，记取出白球的个数为X．（1）写出X的分布列，并求出和的值；（2）若取出一个白球得一分，取出一个黑球得两分，最后得分为Z，求出和的值．【答案】（1）分布列见解析，，（2），;【解析】分析】（1）利用组合数公式和超几何分布，先求分布列，再求数学期望和方差；（2）根据题意得，利用期望与方差的性质即可得解.【小问1详解】依题意，得，，，，所以随机变量的分布列为012 ；.【小问2详解】依题意，得，则，.20.如图，在多面体中，四边形是矩形，，平面ABCD，，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，和判断定理，即可证明；（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用向量法求二面角夹角的余弦值.【小问1详解】中，，，，所以，即，又因为平面，平面， 所以，，平面，所以平面；小问2详解】由，且，得，如图，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，，令，得，所以平面的法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的法向量为，设面与平面夹角为，所以.21.在平面直角坐标系中，动圆与圆：内切，且与圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为． （1）求轨迹的方程；（2）已知分别为轨迹的左、右顶点，点不与重合．直线与直线交于点，与轴交于点，直线与直线的交点为，若四点共圆．求实数的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据两圆内切和外切满足的几何关系，即可得，结合椭圆的定义即可求解；（2）由四点共圆，得到，表示出斜率，代入计算即可.【小问1详解】圆：的圆心为，半径为；圆：的圆心为，半径为；因为，,设动圆的半径为，经分析可得，,因为动圆与圆内切且与圆外切，所以,两式相加,所以点轨迹为以,为焦点的椭圆，可设其方程为，则，解得，所以椭圆方程为，所以轨迹的方程为.【小问2详解】由题意可知直线的斜率不为，故可设直线方程为,且 由易知：，联立，可得，所以则即，联立，可得，所以直线的斜率为：，所以直线的斜率为：，因为四点共圆，且直线与轴垂直；所以,所以,即，解得：.故实数的值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用四点共圆，得到斜率之间的关系，借助韦达定理等内容求解.22.已知函数的最小值为1．（1）求实数a的值； （2）若函数，数列满足，，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论，结合最小值1求出a的值.（2）由函数的单调性得，进而可得，然后再结合函数的单调性即得.【小问1详解】函数的定义域为，求导得，当时，，函数在上单调递减，无最小值；当时，由，得，由，得，即函数在上单调递减，在上单调递增，，因此，整理得，令函数，，求导得，当时，递减，当时，递增，因此，即函数有唯一零点1，则，所以.【小问2详解】由（1）知，，，的定义域为，求导得，即在上单调递减，且，当时，，由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，由，得，，又当时，，因此，即有，则， 于是，即，从而，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：①直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；②适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；③构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.