2022-2023学年湖南省多校高二下学期期中联考数学试题含解析
展开2022-2023学年湖南省多校高二下学期期中联考数学试题
一、单选题
1.已知全集,集合,,则图中阴影部分表示的集合为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】全集为U,集合,,,图中阴影部分表示是去掉的部分,故表示的集合是.
故选:D.
2.若复数为方程(m,)的一个根,则该方程的另一个根是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根据实系数方程的虚根成共轭复数求解即可.
【详解】根据实系数方程的虚根成共轭复数可知,另一个复数根为.
故选:B.
3.将A,B,C,D,E五个字母排成一排,且A,E均不排在两端,则不同的排法共有( )
A.108种 B.72种 C.36种 D.18种
【答案】C
【分析】先确定字母A,E的位置,然后再排列其他字母即可.
【详解】因为字母A,E不能排在两端,则有种排列方式,
B,C,D有种排列方式,所以不同的排法共有种排法.
故选:C
4.已知方程表示椭圆,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由于椭圆的方程满足且,列出不等式组即可解出实数的取值范围.
【详解】因为方程表示椭圆,
所以有,
解得或.
故选:C
5.已知,则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据对数以及指数函数的单调性即可由和分类讨论求解.
【详解】当时,,即,即,
又,即,故,即,
当时,由,无解,
综上,实数a的取值范围是.
故选:A.
6.如图,沿着网格线,先从点A到点B,然后经过点C,到达点D的最短的路径的条数为( )
A.720 B.480 C.360 D.240
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理以及组合数的计算即可求解.
【详解】从A点到B点需要向右走3段,向上走3段,共有种,
从B点到C点,向下走1段,向右走2段,共种,
从C点到D点,向右走2段,向上走2段,共种,
因此,从A点到D点的最短路径的走法有种.
故选:C.
7.在三棱锥中,面ABC,,,且,若G为△PAB的重心,则CG与平面ABC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】利用向量求解CG与平面ABC所成角的正弦值.
【详解】因为G为重心,故,从而,
.即.
,
则.
注意到平面ABC的法向量即,因此CG与平面ABC所成角的正弦值即为.
故选:D.
8.甲盒中有2个红球和1个黄球,乙盒中有1个红球和2个黄球,丙盒中有1个红球和1个黄球.从甲盒中随机抽取一个球放入乙盒中,搅拌均匀,然后从乙盒中随机抽取一个球放入丙盒中,搅拌均匀后,再从丙盒中抽取一个球,则从丙盒中抽到的是红球的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】事件从丙盒抽到的是红球可视为事件甲盒抽到黄球,乙盒抽到黄球,丙盒抽到红球,
事件甲盒抽到黄球,乙盒抽到红球,事件丙盒抽到红球,甲盒抽到红球,乙盒抽到黄球,
丙盒抽到红球,事件甲盒抽到红球,乙盒抽到红球,丙盒抽到红球的和事件,利用互斥
事件的概率加法公式和概率乘法公式求解即可.
【详解】甲盒抽到黄球,乙盒抽到黄球,丙盒抽到红球的概率为,
甲盒抽到黄球,乙盒抽到红球,丙盒抽到红球的概率为,
甲盒抽到红球,乙盒抽到黄球,丙盒抽到红球的概率为,
甲盒抽到红球,乙盒抽到红球,丙盒抽到红球的概率为,
因此丙盒中抽到的红球的概率为.
故选:A.
二、多选题
9.已知双曲线,则双曲线的( )
A.焦点坐标为 B.离心率为
C.渐近线方程为和 D.虚轴长为1
【答案】CD
【分析】将双曲线方程化为标准形式,再由双曲线的简单几何性质逐一判断即可.
【详解】,
所以,
A,焦点坐标为,故A错误;
B,离心率为,故B错误;
C,,整理可得渐近线方程为和,故C正确;
D,虚轴长1,故D正确.
故选:CD
10.已知随机事件A,B满足,,则( )
A.若事件A,B互斥,则
B.若,则事件A,B互斥
C.若事件A,B相互独立,则
D.若,则事件A,B相互独立
【答案】ACD
【分析】利用互斥事件的定义判断AB,利用相互独立事件的定义判断CD.
【详解】对于A选项,,故A正确;
对于B选项,,,A,B互斥,否则不一定有A,B互斥,故B错误;
对于C选项,因为事件A,B相互独立,故,故C正确;
对于D选项,因为,故事件A,B相互独立,故D正确.
故选:ACD.
11.如图,已知分别是的三条中线,为的重心,设为所在平面上任意一点,则( )
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【分析】根据三角形重心的性质,结合向量的分解即可判断.
【详解】对于A选项,注意到,因此,
从而,故A正确;
对于B选项,由可得
,
即,故B错误;
对于C选项,,
,,
相加即得,故C正确;
对于D选项,,
同理,
,
三式相加即得,故D正确.
故选:ACD.
12.如图,已知直四棱柱的底面是边长为4的正方形,,E,F,G分别为,AB,的中点,H为正方形(包括边界)上的动点,则( )
A.存在点H,使得E,F,G,H四点共面
B.存在点H,使得面HEF
C.若,则H的轨迹长度为
D.四面体EFGH的体积为定值
【答案】AC
【分析】根据线线平行可得四点共面,即可判断A,根据线线垂直,结合反证法即可得矛盾求解B,根据投影即可求解C,根据四面体的体积公式,高不为定值即可判断D.
【详解】对于A选项,当H为中点时,连接,则由,进而可得,故E,F,G,H共面,故A正确;
对于B选项,分别过作
则平面,平面,
所以,假若平面,平面,则,
平面,所以平面,平面,
因此,
由于是的中点,是上一点,在正方形中,不可能有,
故不与平面垂直,从而B错误;
对于C选项,取,的中点M,N,当H在MN上时,FH在面上的投影为NH,
而,且,
因此,即H的轨迹即为MN,且其长度为,故C正确;
对于D选项,,其中为点到平面的距离,
由于的面积为定值,但是由于面EFG与面不平行,因此不为定值,
故体积不为定值.故D错误.
故选:AC
三、填空题
13.已知为第二象限角,,则的值为________.
【答案】
【分析】根据角的范围可得在第一象限,根据同角关系可得,由正切的二倍角公式即可求解.
【详解】由为第二象限角,则,所以,
故在第一、三象限,而,则在第一象限,且,
故,因此,
故答案为:
14.从编号为1~5号的球中随机抽取一个球,记编号为i,再从剩下的球中取出一个球,记编号为j,在的条件下,的概率为________.
【答案】##0.4
【分析】根据事件A以及AB包含的基本事件个数,即可利用条件概率的定义求解.
【详解】设事件A:,事件B:,则事件AB:,则事件A包含的基本事件有,故,事件AB包含的基本事件有,则,从而,
故答案为:
15.已知O为坐标原点,直线:与:交于点P,则的值为________.
【答案】2
【分析】根据两直线经过定点,即可根据和,利用斜率得垂直关系即可分情况求解.
【详解】直线过定点,过定点,
当时,两直线的斜率分别为,,,故,从而;
当时,易求得,此时,
综上可知,.
故答案为:2
16.已知函数存在两个极值点,,且,则a的取值范围是________.
【答案】
【分析】依题意有两个零点,即方程有两个解,,且满足,设,则直线和函数的图象有两个不同的交点,且满足,所以作直线和函数,分析a的取值范围即可.
【详解】依题意有两个零点,即方程有两个解,,且满足,
设,则直线和函数的图象有两个不同的交点,且满足,
因为,因此函数在上单调递增,在上单调递减,
所以函数在处取得最大值,最大值为,故,
所以作直线和函数的图象如下:
由图象知:,
因此①当时,,不符合题意;
②当时,要,而函数在上单调递减,
则,即,解得,所以.
综合①②得.
又因为函数在上单调递增,,,所以a的取值范围是.
故答案为:.
四、解答题
17.设(,).
(1)当,时,记的展开式中的系数为(,1,2,3,4,5,6,8),求的值;
(2)若的展开式中的系数为20,求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据二项式展开式的通项特征即可求解,
(2)根据二项式展开式的通项可得,进而根据不等式以及对勾函数的性质即可求解.
【详解】(1)由题意.
的展开式的通项为,
的展开式的通项为,
故当时,可得的系数为,当时,可得的系数为,因此;
(2)由二项式的展开式的特征可得:的展开式的通项为,
的展开式的通项为,
当时,的系数为,即,
则,
由函数在上单调递减,在上单调递增.
注意到n取值为整数,因此的最小值为.
因此的最小值为,
18.如图,在四棱锥中,底面ABCD为直角梯形,,,平面ABCD,Q为线段PD上的点,,,.
(1)证明:平面ACQ;
(2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用三角形相似得,结合,则有,利用线面平行的判定即可证明;
(2)以A为坐标原点,建立合适的空间直角坐标系,求出平面ACQ的法向量,利用线面角的空间向量法即可得到答案.
【详解】(1)如图,连接BD与AC相交于点M,连接MQ,
∵,,则,
∴,,
∵,∴,
平面ACQ,平面ACQ,∴平面ACQ;
(2)平面,平面,,
因为底面,则AB,AD,AP两两垂直,
以A为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系,
各点坐标如下:,,,.
设平面ACQ的法向量为,
由,,有,令,,,可得,
由,有,,
则.
故直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为.
19.已知正项数列的前n项和为,且,,,.
(1)求数列的通项公式;
(2)证明:.
【答案】(1);
(2)证明见解析.
【分析】(1)利用给定的递推公式,结合“”确定数列为等差数列,即可求解作答.
(2)由(1)求出,放缩,再利用裂项相消法求和推理作答.
【详解】(1)依题意,当时,由,得,
则,两式相减得,
即,亦即,因为为正项数列,
因此,则是以为首项,2为公差的等差数列,,
所以数列的通项公式.
(2)由(1)知,,
而,
当时,
,显然成立,
所以.
20.已知F为抛物线的焦点,O为坐标原点,过点的直线与抛物线交于A,B两点,且满足.
(1)求的值;
(2)若,求直线AB的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据可得,设直线AB:,与抛物线的方程联立,写出韦达定理,代入即可求出;
(2)将转化成向量运算进行处理,,利用向量的坐标运算表示出,抛物线的焦半径公式表示出,通过解方程即可求得直线AB的方程.
【详解】(1)显然直线的斜率不为0,设直线AB:,,,
联立,得,
显然,,,
则,
由可得,可得,得.
(2)由(1)可知拋物线方程为,,
此时AB;,,.
,
.
由,解得,
因此直线AB的方程为,即.
21.目前,我国近视患者人数多达亿,青少年近视率居世界第一,从宏观出发,为了民族的未来,从微现出发,为了青少年的健康,青少年的近视问题已经提升到国家战略层面.根据卫健委要求,某中学抽查了名学生的视力情况,按、、、、、分组,制作成如图所示的频率分布直方图.
(1)为了作进一步的调查,从视力在内的学生中随机抽取人,若已知其中有两人的视力落在内,求另外四人视力均落在内的概率;
(2)用样本频率估计总体,从全校学生中随机抽取两名学生,记视力落在区间内的人数为,落在区间内的人数为,试求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)计算出样本中视力落在区间、的人数,记事件抽取的人中有两人的视力落在内,事件抽取的人中有四人视力落在内,利用条件概率公式可求得的值;
(2)分析可知,,利用二项分布的期望公式可求得、的值,令,分析可知的可能取值有、、、、,计算出随机变量在不同取值下的概率,可求得的值,即可得解.
【详解】(1)解:视力落在内的人数为,
视力落在内的人数为.
设事件抽取的人中有两人的视力落在内,事件抽取的人中有四人视力落在内.
则.
(2)解:视力落在区间内的概率为,故.
视力落在区间内的概率为,故.
所以,,
令,则的可能取值为、、、、,
若抽取的学生视力落在、内,则的值,
若落在内,则的值,
视力落在内的概率为,落在内的概率为,
则,,
,;
.
所以,,
故.
22.已知函数,.
(1)若在上恒成立,求k的取值范围;
(2)设为图象上一点,为图象上一点,O为坐标原点,若∠AOB为锐角,证明:.
【答案】(1);
(2)证明见解析.
【分析】(1)构造函数,利用导数结合不等式性质求出k的范围,再证明不等式不恒成立作答.
(2)根据给定条件,利用数量积建立不等式并作等价变形,借助同构的思想构造函数,利用单调性推理作答.
【详解】(1)令函数,求导得,
则函数在上单调递增,从而,即,因此,
当时,,符合题意;
当时,令函数,,
则,在上单调递增,且,,
则存在,使得,且时,,即单调递减,
则当时,,与题意矛盾,
所以k的取值范围是.
(2)依题意,由,得,即,亦即,
因为,则不等式为,
设,则不等式为,
设,则,
设,则,函数在上单调递减,
因此,即,即在上单调递减,
因此由,得,即,设,则,
由(1)可知,则有,从而,即,在上单调递增,
因此,从而,因而,
所以.
【点睛】思路点睛:涉及双变量的不等式证明问题,将所证不等式等价转化,构造新函数,再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
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湖南省多校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题(Word版附解析): 这是一份湖南省多校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题(Word版附解析),共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容,欢迎下载使用。
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