湖南省湖湘教育三新探索协作体2022-2023学年高二下学期4月期中联考数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖南省湖湘教育三新探索协作体2022-2023学年高二下学期4月期中联考数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-22 06:16:56 | ||
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文档简介
2023年4月湖湘教育三新探索协作体高二期中联考
数学
班级：__________姓名：__________准考证号：__________
（本试卷共4页，22题，全卷满分：150分，考试用时：120分钟）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名 准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，将答题卡上交.
一 单项选择题：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.
2.已知复数对应的点在复平面第一象限内，是的共轭复数，那么同时满足和的复数是（ ）
A. B.
C. D.
3.“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5.设.若，则（ ）
A.4 B.6 C.14 D.16
6.已知椭圆的离心率为，且连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积有最小值8，则下列四个点一定在椭圆上的是（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的图象可由的图象平移变换得到
B.和的图象有相同的对称中心
C.若和具有相同的奇偶性，则
D.和都在区间上单调递增
8.已知函数，其中为正整数，且为常数.若对于任意，函数在内均存在唯一零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二 多项选择题：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.下列表述中，正确的是（ ）
A.一组数按照从小到大排列后为：，计算得，则这组数的分位数是
B.一组数按照从小到大排列后为：，计算得这组数的分位数是9.5，则这100个数据中一定有75个数小于或等于9.5
C.已知随机变量服从正态分布，且，则
D.抛掷一枚骰子，当出现5点或6点时，就说这次试验成功，则在30次试验中成功次数的均值为10
10.已知双曲线的左 右焦点分别为是双曲线上一点，则（ ）
A.
B.当双曲线为等轴双曲线时，焦点坐标为
C.焦点到双曲线的一条渐近线的距离是定值2
D.若双曲线的一条渐近线方程是且，则或
11.已知函数，则（ ）
A.在上单调递减
B.
C.若函数有零点，则
D.可以用一个奇函数和一个偶函数的和表示，且
12.在中，，点在斜边上（不含端点和），以为棱把它折成直二面角，连接，在三棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A.存在点，使得
B.不存在点，使得
C.在中时，折成的三棱锥的外接球的表面积为
D.折叠后的最小值为
三 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.
13.已知向量，则__________.
14.若不同的四点共圆，则实数__________.
15.已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是__________.
16.天干地支简称干支，它们组成 60 甲子形成了中国古代的传统历法纪年，现今一直沿用.其中十天干指：甲乙丙丁戊己庚辛壬癸；十二地支指：子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥.如2023年干支纪年法是癸卯年.
（1）中华人民共和国建国一百周年的2049年，用干支纪年法表示是__________年；
（2）从2004年到2023年这20年中任取两年，取到的这两年有相同的天干或地支的概率是__________.
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.（10分）
已知公差不为零的等差数列的首项为1，且是一个等比数列的前三项，记数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前20项的和.
18.（12分）
已知为非钝角三角形，内角的对边分别为的外接圆半径为.
（1）求角的大小；
（2）求的最小值.
19.（12分）
如图，四棱锥中，平面，为上的点且.
（1）证明：平面；
（2）设二面角为，求三棱锥的体积.
20.（12分）
从甲 乙 丙等10人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.
（1）记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；
（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，求次传球后球在甲手中的概率.
21.（12分）
已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于不同的两点.当时，以线段为直径的圆过点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若线段的中点在曲线上运动，求（其中为平面直角坐标系的原点）的面积的最小值.
22.（12分）
已知函数，其中为实数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明函数的图象有且只有两条公切线.
2023年4月湖湘教育三新探索协作体高二期中联考
数学参考答案
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.D 【解析】，所以.
2.B 【解析】设，则，由得，所以，由得所以，复数对应的点在复平面第一象限内，所以，故.
3.B 【解析】的解集是，反之不成立，所以“”是“”的必要不充分条件.
4.A 【解析】.
5.B 【解析】令则，解得：展开式的第项是，所以展开式中的的系数为展开式的第项是，所以展开式中的的系数为.
6.C 【解析】设椭圆上的一点为则，因为椭圆的离心率为，所以，得，由于即当且仅当时取到等号，连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，又面积有最小值8，所以，及，所以，所以椭圆一定过点.
7.D 【解析】的最小正周期为的最小正周期为与两函数的周期性不同，故的图象不可由的图象平移变换得到，A错误；易知的图象的对称中心是的图象的对称中心是和的图象没有相同的对称中心，B错误；是奇函数，若也是奇函数，则即，故C错误；由得，所以的单调递增区间为，故在区间上单调递增，，由得，所以的单调递增区间为在区间上单调递增，和都在区间上单调递增，D正确
8.A 【解析】当时，恒成立，所以函数在上单调递增，所以函数在内均存在唯一零点只需即可，即，因为为正整数，，所以对一切成立，因为当时，，当且仅当时等号成立，所以.
二 多选题：本题共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.BD 【解析】这组数的分位数是错误，B正确；因为且，所以所以所以错误；依题意试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立，所以30次试验中成功次数服从二项分布，所以D正确.
10.AC 【解析】将方程化为标准形式为，方程表示双曲线，则正确；双曲线为等轴双曲线时，，即，所以，焦点坐标为，故错误；双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是定值，故C正确；双曲线的一条渐近线方程是，所以由双曲线的定义知，又，所以或，又，所以，故D错误.
11.BD 【解析】函数的定义域为，当或时，，当时，所以在和上单调递减，在上单调递增，错误；由在上单调递增，所以，即，得，B正确，结合图象，若函数有零点，则或错误；令，则有即，所以，且正确.
12.ACD 【解析】对于选项，在直三角形中若折成直二面角后有，
因为又，所以平面，所以正确；对于选项，作于，因为二面角是直二面角，可得平面，所以，若，则可得平面，所以错误；对于选项，当时，可得四点所在同一个球面的半径为，外接球的表面积为，C正确；对于D.设，则，作于于，于是，，因为二面角是直二面角且，与成角，
当，即是的平分线时，有最小值，最小值是正确.
三 填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13.10 【解析】由，可得.
14.-1或5 【解析】易知圆心在线段的垂直平分线上，该直线方程为，设圆心坐标为，半径为，所以，解得，所以所求圆的方程为，点在圆上，所以，解得或.
15. 【解析】由题意，得，（1）若在上单调递减，则恒成立，即恒成立，所以，（2）若在上单调递增，则恒成立，即恒成立，所以.综上，实数的取值范围为.
16.（1）己巳（2） 【解析】（1）2049-2023=26，26除以10余6，故2049年天千数为己，26除以12余2，故2049年地支数为巳，所以2049年为已巳年；（2）2004年到2023年这20年中，前10年的天干与后十年的天干重复一遍，前12年的地支有8年与后8年的地支重复一遍，所以取到的这两年有相同的天干或地支的概率是.
四 解答题：本题共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.（10分）【答案】见解析.
【解析】（1）设等差数列的公差为，又，所以.
因为是一个等比数列的前三项，所以.
即又，所以
所以数列的通项公式为
（2）由（1）知数列的前项和
所以，数列的前20项的和为
18.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）由及正弦定理得
又
所以
又
所以
因为所以
所以
所以
（2）由的外接圆半径为1及正弦定理有
所以
为非钝角三角形，则，所以得
所以，得
所以
故的最小值为5
19.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）证明：连接交于点，连接
因为所以，所以
又所以
因为为上的点且
所以.
因为平面平面
所以平面
（2）因为平面
所以两两互相垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
设，则
设为平面的法向量，则即
可取.
又为平面的法向量，
由题设即
解得
因为，所以三棱锥的高为1.三棱锥的体积
20.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）可能取值为，
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，
则有，所以
即，
所以，且
所以数列表示以为首项，为公比的等比数列所以，
所以
即次传球后球在甲手中的概率是.·
21.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）已知抛物线的焦点，设，由则线段为直径的圆过点得所以.
又在抛物线上，所以
所以得
又所以，而解得
故抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为坐标为的中点坐标为
由消并整理成
在时，有，所以
得.
又线段的中点在曲线上
所以得，解得
所以直线过定点.
的面积为
所以当直线垂直轴时，的面积最小且最小值为
22.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）
.
当时，对恒成立，
所以在上单调递增.
当时，有两个不同实数根
知，当或时，当时
所以在和上单调递增，在上单调递减
综上，当时在上单调递增，无单调递减区间
当时，在和上单调递增，在上
单调递减
（2）当时，设直线与的图象分别切于点
，求导得
故的方程为
即.
求导得
故的方程为即.
所以消去，并整理成
记，则
当时，单调递减，
当时，单调递增
所以在时有极小值也是最小值，且
又所以在时有且只有一个零点
又
故在时有且只有一个零点，
所以在有且只有两个不同的零点
即方程在有且只有两个不同的实数根
所以当时，函数的图象有且只有两条公切线
数学
班级：__________姓名：__________准考证号：__________
（本试卷共4页，22题，全卷满分：150分，考试用时：120分钟）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名 准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，将答题卡上交.
一 单项选择题：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.
2.已知复数对应的点在复平面第一象限内，是的共轭复数，那么同时满足和的复数是（ ）
A. B.
C. D.
3.“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5.设.若，则（ ）
A.4 B.6 C.14 D.16
6.已知椭圆的离心率为，且连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积有最小值8，则下列四个点一定在椭圆上的是（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的图象可由的图象平移变换得到
B.和的图象有相同的对称中心
C.若和具有相同的奇偶性，则
D.和都在区间上单调递增
8.已知函数，其中为正整数，且为常数.若对于任意，函数在内均存在唯一零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二 多项选择题：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.下列表述中，正确的是（ ）
A.一组数按照从小到大排列后为：，计算得，则这组数的分位数是
B.一组数按照从小到大排列后为：，计算得这组数的分位数是9.5，则这100个数据中一定有75个数小于或等于9.5
C.已知随机变量服从正态分布，且，则
D.抛掷一枚骰子，当出现5点或6点时，就说这次试验成功，则在30次试验中成功次数的均值为10
10.已知双曲线的左 右焦点分别为是双曲线上一点，则（ ）
A.
B.当双曲线为等轴双曲线时，焦点坐标为
C.焦点到双曲线的一条渐近线的距离是定值2
D.若双曲线的一条渐近线方程是且，则或
11.已知函数，则（ ）
A.在上单调递减
B.
C.若函数有零点，则
D.可以用一个奇函数和一个偶函数的和表示，且
12.在中，，点在斜边上（不含端点和），以为棱把它折成直二面角，连接，在三棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A.存在点，使得
B.不存在点，使得
C.在中时，折成的三棱锥的外接球的表面积为
D.折叠后的最小值为
三 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.
13.已知向量，则__________.
14.若不同的四点共圆，则实数__________.
15.已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是__________.
16.天干地支简称干支，它们组成 60 甲子形成了中国古代的传统历法纪年，现今一直沿用.其中十天干指：甲乙丙丁戊己庚辛壬癸；十二地支指：子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥.如2023年干支纪年法是癸卯年.
（1）中华人民共和国建国一百周年的2049年，用干支纪年法表示是__________年；
（2）从2004年到2023年这20年中任取两年，取到的这两年有相同的天干或地支的概率是__________.
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.（10分）
已知公差不为零的等差数列的首项为1，且是一个等比数列的前三项，记数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前20项的和.
18.（12分）
已知为非钝角三角形，内角的对边分别为的外接圆半径为.
（1）求角的大小；
（2）求的最小值.
19.（12分）
如图，四棱锥中，平面，为上的点且.
（1）证明：平面；
（2）设二面角为，求三棱锥的体积.
20.（12分）
从甲 乙 丙等10人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.
（1）记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；
（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，求次传球后球在甲手中的概率.
21.（12分）
已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于不同的两点.当时，以线段为直径的圆过点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若线段的中点在曲线上运动，求（其中为平面直角坐标系的原点）的面积的最小值.
22.（12分）
已知函数，其中为实数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明函数的图象有且只有两条公切线.
2023年4月湖湘教育三新探索协作体高二期中联考
数学参考答案
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.D 【解析】，所以.
2.B 【解析】设，则，由得，所以，由得所以，复数对应的点在复平面第一象限内，所以，故.
3.B 【解析】的解集是，反之不成立，所以“”是“”的必要不充分条件.
4.A 【解析】.
5.B 【解析】令则，解得：展开式的第项是，所以展开式中的的系数为展开式的第项是，所以展开式中的的系数为.
6.C 【解析】设椭圆上的一点为则，因为椭圆的离心率为，所以，得，由于即当且仅当时取到等号，连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，又面积有最小值8，所以，及，所以，所以椭圆一定过点.
7.D 【解析】的最小正周期为的最小正周期为与两函数的周期性不同，故的图象不可由的图象平移变换得到，A错误；易知的图象的对称中心是的图象的对称中心是和的图象没有相同的对称中心，B错误；是奇函数，若也是奇函数，则即，故C错误；由得，所以的单调递增区间为，故在区间上单调递增，，由得，所以的单调递增区间为在区间上单调递增，和都在区间上单调递增，D正确
8.A 【解析】当时，恒成立，所以函数在上单调递增，所以函数在内均存在唯一零点只需即可，即，因为为正整数，，所以对一切成立，因为当时，，当且仅当时等号成立，所以.
二 多选题：本题共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.BD 【解析】这组数的分位数是错误，B正确；因为且，所以所以所以错误；依题意试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立，所以30次试验中成功次数服从二项分布，所以D正确.
10.AC 【解析】将方程化为标准形式为，方程表示双曲线，则正确；双曲线为等轴双曲线时，，即，所以，焦点坐标为，故错误；双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是定值，故C正确；双曲线的一条渐近线方程是，所以由双曲线的定义知，又，所以或，又，所以，故D错误.
11.BD 【解析】函数的定义域为，当或时，，当时，所以在和上单调递减，在上单调递增，错误；由在上单调递增，所以，即，得，B正确，结合图象，若函数有零点，则或错误；令，则有即，所以，且正确.
12.ACD 【解析】对于选项，在直三角形中若折成直二面角后有，
因为又，所以平面，所以正确；对于选项，作于，因为二面角是直二面角，可得平面，所以，若，则可得平面，所以错误；对于选项，当时，可得四点所在同一个球面的半径为，外接球的表面积为，C正确；对于D.设，则，作于于，于是，，因为二面角是直二面角且，与成角，
当，即是的平分线时，有最小值，最小值是正确.
三 填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13.10 【解析】由，可得.
14.-1或5 【解析】易知圆心在线段的垂直平分线上，该直线方程为，设圆心坐标为，半径为，所以，解得，所以所求圆的方程为，点在圆上，所以，解得或.
15. 【解析】由题意，得，（1）若在上单调递减，则恒成立，即恒成立，所以，（2）若在上单调递增，则恒成立，即恒成立，所以.综上，实数的取值范围为.
16.（1）己巳（2） 【解析】（1）2049-2023=26，26除以10余6，故2049年天千数为己，26除以12余2，故2049年地支数为巳，所以2049年为已巳年；（2）2004年到2023年这20年中，前10年的天干与后十年的天干重复一遍，前12年的地支有8年与后8年的地支重复一遍，所以取到的这两年有相同的天干或地支的概率是.
四 解答题：本题共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.（10分）【答案】见解析.
【解析】（1）设等差数列的公差为，又，所以.
因为是一个等比数列的前三项，所以.
即又，所以
所以数列的通项公式为
（2）由（1）知数列的前项和
所以，数列的前20项的和为
18.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）由及正弦定理得
又
所以
又
所以
因为所以
所以
所以
（2）由的外接圆半径为1及正弦定理有
所以
为非钝角三角形，则，所以得
所以，得
所以
故的最小值为5
19.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）证明：连接交于点，连接
因为所以，所以
又所以
因为为上的点且
所以.
因为平面平面
所以平面
（2）因为平面
所以两两互相垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
设，则
设为平面的法向量，则即
可取.
又为平面的法向量，
由题设即
解得
因为，所以三棱锥的高为1.三棱锥的体积
20.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）可能取值为，
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，
则有，所以
即，
所以，且
所以数列表示以为首项，为公比的等比数列所以，
所以
即次传球后球在甲手中的概率是.·
21.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）已知抛物线的焦点，设，由则线段为直径的圆过点得所以.
又在抛物线上，所以
所以得
又所以，而解得
故抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为坐标为的中点坐标为
由消并整理成
在时，有，所以
得.
又线段的中点在曲线上
所以得，解得
所以直线过定点.
的面积为
所以当直线垂直轴时，的面积最小且最小值为
22.（12分）【答案】见解析.
【解析】（1）
.
当时，对恒成立，
所以在上单调递增.
当时，有两个不同实数根
知，当或时，当时
所以在和上单调递增，在上单调递减
综上，当时在上单调递增，无单调递减区间
当时，在和上单调递增，在上
单调递减
（2）当时，设直线与的图象分别切于点
，求导得
故的方程为
即.
求导得
故的方程为即.
所以消去，并整理成
记，则
当时，单调递减，
当时，单调递增
所以在时有极小值也是最小值，且
又所以在时有且只有一个零点
又
故在时有且只有一个零点，
所以在有且只有两个不同的零点
即方程在有且只有两个不同的实数根
所以当时，函数的图象有且只有两条公切线
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