湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期6月第三次阶段性测试数学试题（含解析）

长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期6月第三次阶段性测试
数学
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.若，则（　　）
A.1 B. C.2 D.
2.在平面直角坐标系xOy中，若角以x轴非负半轴为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，则的一个可能取值为（　　）
A. B. C.45° D.60°
3.已知函数为奇函数，则函数的图象（　　）
A.关于点（1，1）对称 B.关于点（1，）对称
C.关于点（，1）对称 D.关于点（，）对称
4.已知向量a=（3，4），b=（1，0），，若，则t=（　　）
A. B. C.5 D.6
5.我国新型冠状病毒感染疫情的高峰过后，关于药物浪费的问题引发了广泛的社会关注.过期药品处置不当，将会给环境造成危害.现某药厂打算投入一条新的药品生产线，已知该生产线连续生产n年的累计年产量为（单位：万件），但如果年产量超过60万件，将可能出现产量过剩，产生药物浪费.因此从避免药物浪费和环境保护的角度出发，这条生产线的最大生产期限应拟定为（　　）
A.7年 B.8年 C.9年 D.10年
6.如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积和体积分别为（　　）
A.， B.， C.， D.，
7.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“数学方法论”，“几何原本”，“什么是数学”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（　　）
A.150种 B.210种 C.300种 D.360种
8.已知点M，N是抛物线：（）和动圆C：（）的两个公共点，点F是的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当r变化时，的最小值为（　　）
A.6 B.5 C.4 D.3
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.下列有关四边形ABCD的形状，判断正确的有（　　）
A.若，则四边形ABCD为平行四边形
B.若，且，则四边形ABCD为菱形
C.若，则四边形ABCD为矩形
D.若，且，则四边形ABCD为正方形
10.已知函数，，则下列结论中正确的是（　　）
A.若，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
B.若，且的最小值为，则
C.若在上单调，则的取值范围为
D.若在上有且仅有2个零点，则的取值范围是
11.如图，在正三棱锥A-BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AC⊥AB，则下列结论正确的是（　　）
A.该棱锥的体积为
B.该棱锥外接球的体积为
C.异面直线CE与BD所成角的余弦值为
D.以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为
12.定义在上的函数的导函数为满足，若对于任意，则一定成立的是（　　）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：
广告费x/万元 1.8 2.2 3 5
销售额y/万元 12 ■ 28 40
根据上表已得回归方程为，表中一数据模糊不清，请推算该数据的值为________.
14.若直线与曲线相切，则实数a=________.
15.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为F1，F2，若双曲线的左支上存在一点P，使得PF2与双曲线的一条渐近线垂直于点H，且，则此双曲线的离心率为________.
16.拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”在△ABC中，已知∠ACB=30°，且，现以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A'，B'，C'，则△A'B'C'的面积最大值为________.
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.（本小题满分10分）
每年4月23日是世界读书日，设立的目的是推动更多的人去阅读和写作，享受阅读带来的乐趣.为了鼓励同学们阅读四大名著，学校组织了相关知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：
奖项组别 个人赛 团体赛获奖
一等奖 二等奖 三等奖
高一 20 20 60 50
高二 16 29 105 50
（1）从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；
（2）从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以X表示这2人中团体赛获奖的人数，求X的分布列和数学期望.
18.（本小题满分12分）
已知数列中，，前n项和为，若对任意的，均有.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足（），求（且）的值（结果用m表示）.
19.（本小题满分12分）
在几何体ABC-A1B1C1中，AB=BC=，AC=3，点D，E在棱AC上，且AD=DE=EC，三棱柱DBE-A1B1C1是直三棱柱，且DE=DA1.
（1）求证：平面A1BE⊥平面ABB1；
（2）求平面A1BC1与平面ABB1夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
在直角坐标系xOy中，动点Q到直线l：的距离与到点F（，0）的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B.求tan∠APB的最大值.
21.（本小题满分12分）
设，函数，.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）若函数有两个零点，，求证：.
22.（本小题满分12分）
已知，是方程的两个实根，且.
（1）求实数a的取值范围；
（2）已知函数，，若存在正实数，使得成立，证明：.
长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期6月第三次阶段性测试
数学参考答案
一、二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C B A A B D B C AB ABC BCD ABD
1.C 【解析】由题设有，故，故，故选C.
2.B 【解析】依题意可得，则，戒，，
所以的一个可能取值为，故选B.
3.A 【解析】函数为偶函数，则函数关于对称，所以函数的图象关于对称.故选A.
4.A【解析】 ，，即，解得，故选A.
5.B【解析】 第一年年产量为，以后各年年产量为，，当时也符合上式，∴.令，
得.设，当时，单调递增，，，故选B.
6.D 【解析】设球的半径为，则，所以，
取圆台的横截面，如图所示；设圆台的上、下底面圆心分别为F、E，则E、F分别为AB、CD的中点，连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，
则.
由垂径定理可如，，，
所以，，
所以.因此，圆台的侧面积为，
圆台的体积为，故选D.
7.B 【解析】第1步，将五门选修课程分为3组，若分为3、1、1三组，有种分组方法，若分为3，2，0三组，有种分组方法，若分为2、2、1三组，有种分组方法，则一共有种分组方法.
第2步将分好的三组安排在三年内选修，有种情况，则有种选修方式，故选B.
8.C 【解析】圆的圆心，
当是圆C的直径时，直线的斜率为2，
设直线的方程为，即，
联立消去可得：，
设，，所以，
因为是的中点，所以，解得，
故，直线，由抛物线的定义可知，过点M作交l于点H，过点C作交l于点P，所以，所以，当C，P，M三点在一条直线时取等；故选C.
9. AB 【解析】选项 A；若，则 ，，则四边形为平行四边形，故A正确；
选项B；若，则 ，，则四边形为平行四边形，
又，则，则四边形一定是菱形，故B正确；
选项C：若，则，则，则，仅由不能判定四边形为矩形，故C错误；
选项D：若，则，，则四边形为平行四边形，又由可得，所以对角线，则平行四边形为菱形，故D错误，故选AB.
10.ABC 【解析】函数.
选项A：若，，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，所以A正确；
选项B：若，则，是函数的最大值点或最小值点，若的最小值为，则最小正周期是，所以，B正确；
选项C：设，当时，，若在上单调，
则，所以，C正确；
选项D：当时，，若在仅有2个零点，
鸡在仅有2个零点，则，所以，D错误，故选ABC.
11.BCD 【解析】因为，由正三棱锥性质可知，AC，AB，AD两两垂直，
且，利，所以，，
所以，A错误；
设外接球半经为R，补形成正方体可知，，即，所以外接球体枳为，B正确；
记AB中点为H，连接CH，EH，则，
易知，所以为锐角，所以即为异面直线与所成角.
因为，，
所以，故C正确；
如图，易知以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线，是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧，其圆心角分别为，，，所以其交线长为，故D正确.故选BCD.
12.ABD 【解析】设，则，所以在上单调递增.
选项A：，蚛，所以，故A正确；
对于B：，故，故B正确；
对于C：取满足条件，但，故C错误；
对于D：图为，所以，即，从而，同理可得，故选ABD.
三、填空题
13.16 【解析】设数据的值为a，依题意如，，，由回归直线方程恒过样本中心点，∴，∴.
14.2 【解析】设切点为，由，得，则，
又解得
15. 【解析】设双曲线C的左、右焦点分别为，，一条渐近线方程为，可得到渐近线的距离为，，则，，，
由得，所以.
16. 【解析】如图，设的三内角A，B，C的对边分到为a，b，c.由题设得，，
∴，，故.
在中，由余弦定理可得，，
即，
又，∴，
即（等号当时成立），
故.
四、解答题
17.【解析】（Ⅰ）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件A，记“任取1名学生，该生为高一学生”为事件B，则
，，. ……4分
（Ⅱ）由已知可得，X的可能取值为0，1，2.
，，
. ……8分
则的分布列为
0 1 2
∴. ……10分
18.【解析】（1）因为，故，两式相减得，， ……3分
在中令，则可得，故， ……4分
故，职数列为等比数列，所以. ……6分
（Ⅱ）. ……8分
令，解得，可得当，2，3时，，当且时，.
……10分
. ……12分
19.【解析】（Ⅰ）因为三棱柱是直三棱柱，
所以上平面，
因为平面，所以.
由，，点，在棱上，且，
由余弦定理得，而，则，
即有，，
即有，所以，. ……4分
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面. ……6分
（Ⅱ）由题可得，，，两两直，以点B为坐标原点，直线，，分别为x秞、y轴、z轴建立空间直角坐称系，因为，E为CD中点，
则，，，，，，
所以，，.
设平而的法向量，
则即 取，得，
又平面的一个法向量. ……10分
设平面与平面夹角为，则
，
故所求平面与平面所夹角的余弦值为. ……12分
20.【解析】（Ⅰ）设动点Q的坐标为，由题意可得，
基理得，即为所求曲线的方程. ……4分
（Ⅱ）依题意，设点，显然，过P点的切线斜率均存在，设为k，
则切线方程：，
联立得，
.
设两条切线的斜率分别为，，则 ……8分
，当且仅当时取等号，
所以的最大值为. ……12分
21.【解析】（I）由题设得.
令，得.设，因为，所以，
所以. ……3分
①当时，无解；
②当时，仅有一解，此时x仅有一解；
③当时，有两解，
此时方程各有一解，所以有两个零点；
综上，时，无零点，时，有一个零点，
时，有两个零点. ……6分
（Ⅱ）有两个零点时，今，，则，为的两解，
则，则，则. ……8分
由，可得，，所以，
所以.所以. ……10分
由可得，，则.
由在递减，可得，则. ……12分
22.【解析】（Ⅰ），，，
因为函数单调递增，则，则 ，即，
所以方程的根，即方程的根，又，∴.
今，则，在上平调递增，且，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，.
因为方程有两个实根，所以. ……5分
（Ⅱ）要证，即证.
由（Ⅰ）可得，只需证明.
下面证明.
令，，所以在上单调递增，
又因为，则当时，.
设，则，
当时，.
设，则，所以当时，，单调递增，
所以，，
所以，在单调递增，
所以，印.
综上所述，. ……12分