精品解析：湖南省长沙市芙蓉区2022-2023学年高二下学期第二次（期中）联考数学试卷

湖南省长沙市芙蓉区2022-2023学年高二下学期第二次（期中）联考数学试卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 已知点在抛物线上，则抛物线C准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的最小正周期和最大值分别为（ ） A. ，1 B. ， C. ， D. ， 5. 已知随机变量.若，设事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. D. 6. 若是第三象限角，则的值是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点满足，点为的中点，过点的直线分别交线段，于点，，若，，则的最小值为（ ） A. 9 B. 4 C. D. 8. 函数，正确命题是（ ） A. 定义域为 B. 值域为 C. 在定义域上是严格增函数 D. 有两个不同的零点 二、多选题：本大题共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. 已知函数，则（ ） A. 是上的增函数 B. 的图象关于直线对称 C. 是奇函数 D. 的值域是 10. 在平面直角坐标系中，已知曲线，与圆相切的直线交于两点，点分别是曲线与上的动点，且，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离为 11. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则______． 13. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是__________． ①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为； ③勒洛四面体的截面面积的最大值为； ④勒洛四面体的体积； 14. 已知直线与双曲线交于、两点，且弦的中点为，则直线的方程为__________. 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. 已知等差数列前项和为，， （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 已知四棱锥底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中点. （1）证明：平面； （2）判断直线CM与平面的位置关系，并证明你的结论； （3）求二面角的余弦值. 17. 甲､乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，已知甲､乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为，且甲射中环的概率分别为，乙射中环的概率分别为，求的分布列. 18. 已知为坐标原点，双曲线和椭圆均过点且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形． （1）求，方程； （2）是否存在直线，使得与交于，两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论； （3）椭圆的右顶点为，过椭圆右焦点的直线与交于、两点，关于轴的对称点为，直线与轴交于点，，的面积分别为，，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 已知函数（）在处取得极小值. （1）求a的值，并求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省长沙市芙蓉区2022-2023学年高二下学期第二次（期中）联考数学试卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合，再根据交集的运算规则，求解即可． 【详解】集合，， 所以， 故选：B 2. 若复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的运算求得，再得到虚部即可. 【详解】由题意，可得， 故的虚部为. 故选：C. 3. 已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将点代入抛物线方程求出，再将抛物线方程化为标准方程，即可得出准线方程. 【详解】因为点在抛物线上， 所以，解得， 所以抛物线的标准方程为， 所以抛物线C的准线方程为. 故选：D. 4. 函数的最小正周期和最大值分别为（ ） A. ，1 B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及辅助公式可得，再利用正弦函数的周期公式，结合正弦函数的最值即可得答案. 【详解】 ， 故的最小正周期为，最大值为. 故选：C 5. 已知随机变量.若，设事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的性质可求，再由条件概率公式求解. 【详解】根据题意，，， 所以，则， . 故选：A 6. 若是第三象限角，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先由平方关系、商数关系求得，再由两角和的正切公式即可求解. 【详解】因为是第三象限角， 所以，所以， 所以. 故选：C. 7. 如图，在中，点满足，点为的中点，过点的直线分别交线段，于点，，若，，则的最小值为（ ） A. 9 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】选定为基底，根据向量的线性运算表示出，再根据题意可得到，利用三点共线，得，利用“1”的巧用，结合基本不等式即可求得答案. 【详解】由题意知，故 ， 故, 而，，则 故， 所以， 由于三点共线，故， 则 ， 当且仅当时，结合，即时，等号成立， 故选：D 8. 函数，正确的命题是（ ） A. 定义域为 B. 值域为 C. 在定义域上是严格增函数 D. 有两个不同的零点 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的性质，结合特值法，即可判断. 【详解】对于A：因为，定义域，所以定义域，故A错误； 对于B：设，则，故B错误； 对于C：因为，所以在定义域上是严格增函数，故C正确； 对于D：设，则，又因为，且在定义域上是严格增函数，所以只有一个零点，故D错误. 故选：C. 二、多选题：本大题共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. 已知函数，则（ ） A. 是上的增函数 B. 的图象关于直线对称 C. 是奇函数 D. 的值域是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用指数函数的性质判断A；由判断B；利用奇函数的定义判断C；由判断D. 【详解】因为是上的增函数，是上的增函数， 所以是上增函数，则A正确. 因为，，所以， 所以的图象不关于直线对称，则B错误. 由题意令，其定义域为， 所以， 所以是奇函数，即是奇函数，则C正确. 因为，所以D错误. 故选：AC. 10. 在平面直角坐标系中，已知曲线，与圆相切的直线交于两点，点分别是曲线与上的动点，且，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设直线方程并联立双曲线方程，结合直线和圆相切以及向量的数量积的坐标运算，化简求值，可判断A；利用直角三角形的面积，结合基本不等式可判断B；求得M，N的坐标的表达式，可求出的表达式，进行变形，结合基本不等式即可判断C；结合C的分析可得O到MN的距离为，化简求值，即可判断D. 【详解】对于A，若l斜率存在，则设其方程为，设， 联立，得， 需满足，， 则， 由于直线l与圆相切，故； ； 当l斜率不存在时，直线与圆相切，不妨取直线， 此时不妨取，则也成立， 综合知，A正确； 对于B，由题意知O到l的距离为1，由A知， 则， 故，则 ，当且仅当时取等号， 即有，结合， 此时时等号成立，即不妨取， 故的最小值为2，B正确； 对于C，由题意知ON斜率一定存在，设为t，则ON方程为， 在上，由于的渐近线方程为，则， 联立，解得，则， 因为，故OM的方程为，在上， 联立，解得，则， ， 当且仅当，即时取得等号， 故的最小值为，C错误； 对于D，由于，则O到MN的距离为 ，D正确， 故选：ABD. 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆和双曲线以及圆的知识的综合应用，难度较大，计算量大，难点在于要综合应用直线和曲线方程的联立，结合根与系数的关系，进行化简，计算过程比较复杂，需要十分细心. 11. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用题设等式进行等比数列的基本量运算，求得，代入公式即可一一判断. 【详解】依题，，解得故A错误，B正确； 则，，故C错误，D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】由正态分布性质可求，结合二项分布定义确定的二项分布，根据二项分布的均值公式求结论. 【详解】因为，所以， 所以，又， 所以， 由已知， 所以. 故答案为：1. 13. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是__________． ①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为； ③勒洛四面体的截面面积的最大值为； ④勒洛四面体的体积； 【答案】①②④ 【解析】 【分析】先求得正四面体外接球半径、内切球半径、正四面体的体积和外接球的体积， 结合勒洛四面体的结构依次分析命题，即可得出结果. 【详解】正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为R，高为AM，如图， ， 由得， 解得，（内切球半径）． 所以正四面体ABCD的体积为， 外接球体积为． 对于①，由勒洛四面体的结构知， 能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确； 对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图， 其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心， 易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE， 易知B、O、E三点共线，且， 因此，故②正确； 对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a， 最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图， 根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时， 勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面ABD夹角 不为时，易知截面投影均为上图所示图像在平面上的投影，其面积必然减小． 上图截面为三个半径为a，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积， 即，故③错误； 对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间， 正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，所以，故④正确． 故答案为：①②④. 14. 已知直线与双曲线交于、两点，且弦的中点为，则直线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用点差法可得直线斜率，进而可得直线方程. 【详解】设，，则，， 又，两式相减， 得， 即，整理得， 直线的方程为， 化简得， 故答案为：. 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. 已知等差数列的前项和为，， （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意设出等差数列的公差，化简题目中的等式，可得答案； （2）利用裂项相消，可得答案. 【小问1详解】 由题意设等差数列的公差为， ，. 【小问2详解】 由（1）得，则， 则. 16. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中点. （1）证明：平面； （2）判断直线CM与平面的位置关系，并证明你的结论； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）平面，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理即可证明； （2）利用线面平行的判定定理即可证明； （3）几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角. 【小问1详解】 由底面ABCD，底面ABCD，则， 在直角梯形中，，则， 又，平面，所以平面； 【小问2详解】 平面，证明如下： 如图： 取PA中点E，连接ME，DE，由于M是PB的中点，故，且， 由，则，且， 从而四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面； 【小问3详解】 作，垂足为N，连接BN，如图： 在中，，又，所以≌，可得， 则≌，故，故为所求二面角的平面角， 由（1）知平面，由平面，可得， 在中，，所以， 在等腰三角形中，，所以， 因为，在中，由余弦定理得， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑： （1）证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明. （2）求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角. 17. 甲､乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，已知甲､乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为，且甲射中环的概率分别为，乙射中环的概率分别为，求的分布列. 【答案】分布列见解析 【解析】 【分析】先应用分布列性质求参，再分别写出分布列即可. 【详解】由题意得，解得， ，解得， 所以的分布列为 10 9 8 7 0.4 0.2 0.2 0.2 的分布列为 10 9 8 7 0.3 0.3 02 0.2 18. 已知为坐标原点，双曲线和椭圆均过点且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形． （1）求，的方程； （2）是否存在直线，使得与交于，两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论； （3）椭圆的右顶点为，过椭圆右焦点的直线与交于、两点，关于轴的对称点为，直线与轴交于点，，的面积分别为，，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）， （2）不存在，理由见解析 （3）是定值为 【解析】 【分析】（1）将点代入方程，结合正方形面积得到方程组，解得答案. （2）考虑斜率存在和不存在两种情况，根据直线和椭圆的位置关系计算，再转化得到，根据韦达定理得到根与系数关系，代入计算得到答案. （3）设直线方程为，联立方程根据韦达定理得到根与系数关系，计算直线方程，得到的横坐标为，根据，计算得到答案. 【小问1详解】 根据题意：，， 以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形，边长为 故，，故，代入计算得到，，， 故，. 【小问2详解】 假设存在直线方程满足条件， 当直线斜率不存在时，或，代入计算得到，验证不成立； 当直线斜率存在时，设直线方程为，则， 即，， 化简得到. 设，，，故， 故，，故， 即，即， 即，化简得到， 方程组无解，假设不成立. 故不存在直线满足条件. 【小问3详解】 焦点坐标为，易知直线方程斜率不为零，设直线方程为， ，，则， ，化简得到，， 直线方程为：， 取得到 ， ，故是定值为. 【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的综合问题，考查了椭圆和双曲线的标准方程，直线与椭圆和双曲线的位置关系，定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中转化是解题的关键. 19. 已知函数（）在处取得极小值. （1）求a的值，并求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1），单调递增区间，单调递减区间为 （2）最大值为，最小值为1. 【解析】 【分析】（1）求导，根据得到，由求出单调递增区间，由求出单调递减区间； （2）在（1）求出单调性的基础上，得到最值. 【小问1详解】 ， 由题意得，解得， ，定义域为R， ， 令得或，令得， 故单调递增区间为，单调递减区间为， 此时函数处取得极小值，满足题意； 【小问2详解】 由（1）知，故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 又，其中， 故在区间上的最小值为1， 综上，在区间上的最大值为，最小值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$