湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期第二次阶段考试数学试题

长沙市第一中学2023一2024学年度高二第二学期第二次阶段性检测 数 学 时量：120分钟 满分：150分 得分 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.已知复数≈满足(1一i)之=2十i,则复数x的虚部为 A号 B-号 D-别 2.已知某校高三(1)班有51名学生，春季运动会上，有17名学生参加了田赛项目，有22名学生参加 了径赛项目，田赛和径赛都参加的有9名同学，则该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为 A.25 B.23 C.21 D.19 3.已知向量a=(1,2),b=(2,1),则向量a在向量b上的投影向量的坐标为 A信》 B(得) c(停·》 n(层) 4.已知直线a,b,c是三条不同的直线，平面a,3,Y是三个不同的平面，下列命题正确的是 A.若a⊥c,b⊥c,则a∥b B.若a∥b,a∥a,则b∥a C.若a∥a,b∥a,c⊥a,且c⊥b,则c⊥a D.若BLa,yLa,且∩y=a,则a⊥a 5.若将大小形状完全相同的三个红球和三个白球（除颜色外不考虑球的其他区别）排成一排，则有 且只有两个白球相邻的排法有 器 A.6 B.12 C.18 D.36 封 6.若f代)=ln(x+1)一☆，设a=f-3),b=fIn2),c=f2),则ab,c的大小关系为 A.cab B.b>c>a C.a>b>c D.a>c>b 7.已知等比数列a.}的前n项和为Sa=2,8S。=7S,若≥S,恒成立，则入的最小值为 A c D.1 8.已知x+y=x号+=8，且x2十yy2=0,则(m+x2一2)2+(y十2)2的最大值为 A.9 B.12 C.36 D.48 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.关于二项式（一）°的展开式，下列说法正确的有 A.有3项 B.常数项为3 C.所有项的二项式系数和为8 D.所有项的系数和为O 敏学试题（一中版）第1页（共6页） 10.已知曲线C:yy=4xx十4，则 A.曲线C在第一象限为双曲线的一部分 B.曲线C的图象关于原点对称 C.直线y=2x与曲线C没有交点 D.存在过原点的直线与曲线C有三个交点 11.若定义域为R的函数f(x)不恒为零，且满足等式xf(x)=(x十2)f(x),则下列说法正确的是 A.f(0)=0 B.f(x)在定义域上单调递增 C.f(x)是偶函数 D.函数(x)有两个极值点 选择题答题卡 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 得分 答案 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.某小球可以看作一个质点，沿竖直方向运动时其相对于地面的高度h(单位：)与时间t(单位： s)存在函数关系h(t)=一22十6t十9，则该小球在1=2s时的瞬时速度为 m/s. 13.若随机变量X服从正态分布N(2,a2),且P(X≤3)=0.66，则P(X<1)= 14.在四面体ABCD中，且AB=CD=√7，AC=BD=3,AD=BC=10,点P,Q分别是线段AD BC的中点，若直线PQ⊥平面a,且a截四面体ABCD形成的截面为平面区域2，则2的面积的 最大值为 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(cosC+1)=c(2一cosB). (1)证明：a十b=2c: (2)若c=5,osC-号求△ABC的面积 敏学试题（一中版）第2页（共6页） 16.(本小题满分15分)》 由四棱柱ABCD-A1B,C,D,截去三棱锥D1-A,DC后得到如 图所示的几何体，四边形ABCD是菱形，AC=4,BD=2,O为AC 与BD的交点，B1O⊥平面ABCD. (1)求证：B1O∥平面ADC1: (②)若二面角0-A,G-D的正切值为，求平面ADC与平面 BCCB1夹角的大小 数学试题（一中版）第3页（共6页） 17.(本小题满分15分)》 已知函数f(x)=ln(a.x）十(a-1)x一e. (1)当a=1时，求证：f(x)<一2； (2)若f(x)存在两个零点，求实数a的取值范围. 效学试题（一中版）第4页（共6页） 18.(本小题满分17分) 短视频已成为当下宣传的重要手段，某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南 北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得 知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人. 短视频 游客 合计 收看 未看 南方游客 北方游客 合计 (1)依据调查数据完成如下列联表，并根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析南北方游客来 此景点旅游是否与收看短视频有关联： (2)为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给 其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出. ()若i∈N,求经过i次传递后球回到甲的概率： (i)已知m∈N”,记前m次传递中球传到乙的次数为X,求X的数学期望. n(ad-bc)? 参考公式：X=(a+b+)acb+D其中n=a+b+c+d若Y,YY.为随机 变量，则E(2Y)=2EY,) 附表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 数学试题（一中版）第5页（共6页） 19.(本小题满分17分) 已知双曲线C:x2一y=1,过R(2,0)的直线l与双曲线C的右支交于P,Q两点. (1)若PQ=2√10，求直线l的方程， (2)设过点R且垂直于直线I的直线n与双曲线C交于M,N两点，其中M在双曲线的右支上 (i)设△PMN和△QMN的面积分别为S1,S2,求S,+S2的取值范围； (i)若M关于原点对称的点为T,证明：M为△PQN的垂心，且P,Q,V,T四点共圆. 数学试题（一中版）第6页（共6页）长沙市第一中学2023一2024学年度高二第二学期第二次阶段性检测 数学参考答案 一、二、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D B 0 BCD AC AD 1上A【折1-告名书得帮-号十受故：的虚年为受故选：入 2.C【解析】设高三(1)班有51名学生组成的集合为U,参加田赛项目的学生组成的集合为A,参加径赛项目的学生组 成的集合为B,由题意集合A有17个元素，B有22个元素，A∩B中有9个元素，所以AUB有17十22-9=30个元 素.所以该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为51一30=21.故选：C B【1a==5o==后ama=8-得装器-号 5 向童a在有量6上的投影有量为a·ma·合-一5×号×-（停号）减选：B 4.D【解析】对于A,若a⊥c,b⊥c,则a、b可能平行，可能异面，可能相交，故A错误： 对于B,若a∥b,a∥a,则b∥a或bCa,故B错误； 对于C,以长方体ABCD-AB'C'D'为例，AB∥平面A'BC'D',CD∥平面A'B'C'D',BCLAB,BC⊥CD,但BC与平 面A'B'CD'不垂直，故C错误：故选D. 5.B【解析】除颜色外不考虑球的其他区别，将三个白球分成两堆，只有一种分法，大小形状完全相同的三个红球排成 一排也只有一种排法，将白球插空有A=12种可能，故选：B. 6.D【解析】由题意知x∈(-∞，0)U(0,十o∞)，由f(-x)=ln[(-x)'+1门-fx, 所以fx)为偶函数，当xE(0,十oo),x)=ln(r+1)-单调递增， 因为a=f(-3)=f(3),b=f(n2),c=f(203),且1=2"<203<2=2,0<ln2<lne=1,所以ln2<28<3, 所以f(ln2)<f(2.i)<f(-3),即a>c>b.故选：D. 7.C【解析】设等比数列{an}的公比为q,由8S=7S,得8(S-S)=-S, 则a,十a+a=-ga十a十a),即f(a十a十a)=-g(a十a十a 因为a十a十a≠0，所以=-g,解得g=-号所以a=(-号)厂， 所以8 -】-（门 1+7 当n为寺数时，S,=[1+(号)门，所以5<S= 当n为偶数时，S=[1-(侵)]3，所以(S)=所以心故选：C 8.C【解析】依题意，A(aM)与B(,)为圆O:r十y=8上一点，且∠AOB=乏，得△AB0为等腰直角三角形，设 M为AB的中点，则点M在以O为圆心，2为半径的圆上，即十y=4, 故+-2)+十%)=4[（色支-1）+（空产）门=4[w-1)+%]. 因为点M到定，点(1,0)的距离的最大值为d=3,因此(1十一2)2+(”十%)”的最大值为36. 数学参考答案（一中版）一1 A.CD【解析】对A,因为二项式（二-）的展开式中共有4项，故A错误； 对B.二项式(-F)'的展开式中通项为T=C()(-G)=G(-1)x-3(0心3) 令整-3=0，得=2，所以常数项为C(-1D=3,故B正确： 对C,二项式（日-@）中，所有项的二项式系数和为2=8，故C正确： 对D,令x=1,得(2-厅)=0，故D正确故选：BCD 10.AC【解析】当≥0y>0时，曲线C:苦-=1，为焦点在y轴上的双曲线的一部分： 当x<0y>0时画线C,片十2=1，为焦点在y轴的椭圆的一部分： 当x<0y0时，曲线C:d-兰=1，为焦点在x轴上的双曲线的一部分 当x>0,y0时，曲线C没有图象 由图象可知，A正确，B错误，结合曲线C的渐近线可知C正确，D错误. 11.AD【解析】对于A,令x=0得2f(0)=0,即f(0)=0,A正确； 对于B,若f(x)在定义城上单调递增，当，x<0时，f(.x)<f(0)=0,令x=一3，得-3f(-3)=-f(一3)>0，即 f(一3)<0，与f(x)在定义域上单调递增矛盾，故B错误； 对于C,若f(x)是偶函数，则f(-x)=f(x),且f(-x)=一f(x),因为xf(x)=(x十2)f(x), 所以-xf(-x)=(一x+2)f(-x),所以(x+2)f(x)=(-x十2)f(-x),即2xf(x)=0, 得x=0或f(x)=0,又f(0)=0,所以f(x)=0恒成立，矛盾，故C错误： 对于D.当0时fx)=+2①-(1+2)r.记g)=f)=(1+是)r 则g(x)=（-是)fx)+(1+2)r(x)=(-是)f)+(1+2)°fx). 所以g()=(3+1+1)/x)=+4中21m,◆+4r+2=0. 解得=一2-√2,2=一2十2，因为f(x)不恒为零，所以在x1,2两边g(x)异号， 所以x,x2为g(x)的极值，点，所以函数∫(x)有两个极值点，D正确.故选：AD 三、填空题 12.一2【解析】由函数h(t)=一2+6t十9，可得h'(t)=-4t+6,则h(2)=一4X2+6=一2， 所以该小球在1=2s时的瞬时速度为一2.故答案为：一2. 13.0.34【解析】X服从正态分布N(2,),则P(X<1)=P(X>3)=1-P(X≤3)=1一0.66=0.34.故答案为0.34. 14.√6【解析】四面体ABCD拓展为长方体，如右图所示，AB=√7，AC=3,AD=√10. a2+=10, 设A,C=a,AB=b,AA=c,则有十c2=7,解得a=√6，b=2,c=√3， c2+a2=9, 因为点P,Q分别是线段AD,BC的中点，所以PQ⊥底面ABC, 又有直线PQ⊥平面a,所以a∥底面ABC, 设平面a与△ABC、△ACD、△ABD、△BCD的交线分别为：MF,MH,FG,GH, 因为&∥底面ABC,△BCD分别与平面a,△A,BC交于GH,BC,所以GH∥BC, 同理FM∥BC,所以GH∥FM,同理FG∥HM,所以四边形FGHM为平行四边形， L∠GH=∠AQc在△A批中，ACB=能-品AGB瓷-是 数学参考答案（一中版）一2 sin∠AQC=sin(r-2∠A,CB)=sin2∠A,CB=2sin∠A,CBeos∠A,CB=25 5 所以nGH=sinA.C-25。 设G=,则GD=3-k:由GH/BC,所以是品.GH=3×V而. 由GF∥AD,同理可得GF=夸×V而，所以GF+GH=而， 因为平行四边形FGHM围成一个平面区域2，面积为S, sGr.GH·∠rGH-2aF,GH<25(OF±Gy-5, 当且仅当GF=GH=时取等号，答案为：V6 四、解答题 15.【解析】(1)法-：根据正孩定理b(cosC+1)=c(2-cosB)→sin Bcos C+sinB=2sinC-sin Ccos B, 整理得sin Bcos C.+sin Ccos B+sinB=2sinC→sin(B+C)+sinB=2sinC, 因为A十B+C=π，所以sinA=sin(B+C)→sinA十sinB=2sinC, 由正弦定理可得a十b=2:… …(6分) 法二：由b(cosC+1)=c(2-cosB),bcos C+ccos B+b=2c, 由射影定理知beos C十ccos B=a(因为sin Bcos C+sin Ccos B=sinA),故a十b=2c.…(6分) （2)因为cosC-最由余弦定理可得C=d+后-2 osC.即25=d+-号ab, …(8分) 又c=5,故a十b10,从而25十2空ab=(a十b)2=100,解得ab=24,…（10分】 周为mC品所以血CV个C=语。 (12分) 所以5w=hnC=名×24x语=15平 4 (13分) 16.【解析】(1)，四边形ABCD是菱形，AC=4,BD=2,O为AC与BD的交点，BOL平面ABCD. ∴以直线OA,OD,OB,分别为x轴，y轴，之轴，建立空间直角坐标系， 则O0,0,0),A(2,0,0),B(0,-1,0),C(-2,0,0),D(0,1,0),设B1(0,0,a),…(2分) 由AA=BB,=(0,1,a)得A(2,1,a) 由CC-BB=(0,1,a)得C(-2,1,a),则AC=(-4,0,0),DA=(2,0,a),OB=(0,0,a), 设平面ADC的法向量为m=(x,y,z), Jm:小C-0,。0取y,得m=0.1,0.…4分》 则 m·DA=02x+az=0, ∴.m·OB,=0X0+1X0+0×a=0→m⊥OB,又OB,丈平面ADC, OB∥平面ADC。… ……(6分) (2)取AC的中点M(0,1,a),则B,M∥OD,又四边形ABCD是菱形，AC⊥BD,B,OL平面ABCD,B,OLAC, 故AC⊥面BMDB,则OM⊥AC.OM⊥A:C,又DM∥OB,故DM⊥AC. 所以∠OMD为二面角O-AC-D的平面角。…(8分) 则1∠0MD-停得a=25.00分） 故BB=(0,1,23),B,C=(-2,1,0), 设平面BCCB,的法向量为n=(y), 数学参考答案（一中版）一3 则 n·BB=0.∫4+23ǎ=0 取=1，得n=(-5,-25,1), (12分) m·B,C=0-2.m+y=0, c0s(m,m)=,1X(-2y3) (14分) 1×√3+12+1 2 ∴平面A,DC与平面BCCB,夹角的余孩值为号。 心平面ADC与平面BCCB夹角为君.(15 法二：（们）将几何体补成四棱柱，用常规法微…(6分) (2)找到平面角两分，两个法向量各两分，后面一样.…(15分) 17.【解析】(1)当a=1时，f(x)=lnx-e,x>0. 先证明：e>x+1,x>0, 设g(x)=e一x-1,则g(x)=e-1>0,即g(x)>g(0)=0,即e>x十1，…(2分) 类似地有e≥t,x>0→lnx≤x-1,… …(4分） 因此f(x)=nx一e<(x-1)一（x十1)=一2，证毕.…(6分) (2)令ln(a.x)十(a-1)x-e=0,得ln(a.x)十a.x=x十e,…(8分) 设g(.x)=lnx十x,显然g(x)在定义域上单调递增，而x十e=e十ne', 则g(a.x)=g(e),∴.a.x=e,依题意，方程a.x=e有两个不等的实根， 显然a≠0，故=号存在两个不同的零点。 (10分) 设h(x)=号，则方(x)=(1-x)e, (i)当a<0时，则r<0,此时h(.x)在(-o∞，0)上单调递增，h(x)=最多一个零点，不合题意：…(12分) (ii)当a>0时，此时r>0,当0<x<1时，h'(x)>0,当x>1时，h'(x)<0. h(r)在(0,1)上单调递增，在(1，十o)上单调递减，h(x)=h(1)= e 委使h)=占有两个零点，则日<解得o>e, (14分) e 综上可知，a>e… (15分) 18.【解析】(1)将所给数据进行整理，得到如下列联表： 短视频 游客 合计 收看 未看 南方游客 200 100 300 北方游客 80 120 200 合计 280 220 500 零假设H:南北方游客来此景点旅游与短视频无关联 X=500X200X120-80X100y_8000 300×200×280×220 231 34.632>10.828=xawt· 根据小概率值a=0.001的独立性检验，我们推断H不成立， 即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001，…(5分) (②)①设经过i次传递后回到甲的概率为PP,=(1-P)X}P+子(>2)， 4 P,-吉=一(P1号)又P-号=一号0，所以P-号}是首项为-号公地为的等比数列， 数学参考答案（一中版）一4 所以P=号-吉×(-) …(10分) (i)方法一：设第i次传递时甲接到球的次数为Y,则Y服从两点分布，E(Y)=P, 设前m次传递中球传到甲的次数为Y, E0Y=E(2Y)=EY)=P+P+P+…+P.="-×1-（ ×()广”+ 1十 国为EX0=m”,所以EX0=g+宽云×(-)” (17分) 方法二：设第i次传递时，乙接到球的概率和次数分别为9：与X,则X服从两，点分布，E(X,)=9, 由题可知g=1-)0一号=-(g1一吉)： 又=寻所以一吉-0所以日一吉}是首项为动公比为一子的等比到列， 号=0×()9=号号×（广： BcW=-9a-名-号专xX-] 1-(-) 故X0=g+宏宏×(-)厂： ……(17分) 19.【解析】(1)设P(x1,y),Q(x,),直线1：x=my十2，因为直线1与双曲线右支相交，故一1<m<1, 联立双曲线方程x2-3y=1,得(m一1)y十4my十3=0,4=4(m十3)， -4m 3 剩y十m-M=m— 故1PQ1=1中m1y-为-2中m2m于3=2V0, m2-1T 即9m-24m+7=0,解得m=号，或m=了（含去）. 因此m=士号，从而直线1的方程为x= 3y+2. (5分】 3 (2)(i)若m=0,则|MN|=2a=2, 由1)可知，PQ1=2V中)m+3D=23. m-1 此时S+5=号MN·PQ=25: 当m≠0时，设M(为)，N(x4,y),直线n:x=- my+2, 4 4m 同理可知十一1m·%火工二1m t1N一+(1A--2Y+品+ 注意到S+S=MN·PQ 数学参考答案（一中版）一5 -=3.2V+mm+ 2√0+)3+】2√(m++2(3㎡++1o】 m2-1 +-2 ◆1=m+一-2e0,+∞).剥S+8-2v年0+面>2v5, 综上可知，S十S2的取值范围是[23，十0∞).………(10分) (i)先证明M为△PQN的垂心，只需证明MP.NQ=0, 注意到，M.VQ=(M+RP)(N求+RQ)=RP.R+M.N求， 而R妒.RQ=(x-2,y)·(x一2，） =(x-2)(x-2)十y2=(m2+1)h2, 同理凉·N成=1+)， M市.N液-1+m)为+(1+是) =3+m+-3m0+品) 31+m2_3(m+12=0. m2-1 m2-1 -1 m21 因此MP⊥NQ,又MN⊥PQ,故M为△PQN的垂心，因此∠NMP+NQP=180°， 再证明P,Q,N,T四点共圆，即只需证明：∠NTP=∠VMP. 因为M,T关于原点对称，则r·=二当，p二四=出.p二业==， xp-tTtp-xwxp十IMtp一xWx一xi 同理可得kx·k=1: 11 NTP==htn∠NMP,即∠NTP一 1 1干kkN 因此∠NTP十∠NQP=180°，因此P,Q,N,T四点共圆.…(17分) 数学参考答案（一中版）一6