湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试题（含答案）

这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试题（含答案），共15页。试卷主要包含了已知复数满足，则复数的虚部为，已知某校高三，若，设，则的大小关系为，已知，且，则的最大值为，已知曲线，则等内容，欢迎下载使用。
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，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
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，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
4.已知直线是三条不同的直线，平面是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，且，则
D.若，且，则
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（ ）
A.6 B.12 C.18 D.36
6.若，设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知等比数列的前项和为，若恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.1
8.已知，且，则的最大值为（ ）
A.9 B.12 C.36 D.48
二､多选题（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0
10.已知曲线，则（ ）
A.曲线在第一象限为双曲线的一部分
B.曲线的图象关于原点对称
C.直线与曲线没有交点
D.存在过原点的直线与曲线有三个交点
11.若定义域为的函数不恒为零，且满足等式，则下列说法正确的是（ ）
A. B.在定义域上单调递增
C.是偶函数 D.函数有两个极值点
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，沿坚直方向运动时其相对于地面的高度（单位：）与时间（单位：s）存在函数关系，则该小球在时的瞬时速度为__________.
13.若随机变量服从正态分布，且，则__________.
14.在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为__________.
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）
在中，内角的对边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的面积.
16.（本小题满分15分）
由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小.
17.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若存在两个零点，求实数的取值范围.
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.
（1）依据调查数据完成如下列联表，并根据小概率值的独立性检验，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.
（i）若，求经过次传递后球回到甲的概率；
（ii）已知，记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望.
参考公式：，其中；若为随机变量，则.
附表：
19.（本小题满分17分）
已知双曲线，过的直线与双曲线的右支交于两点.
（1）若，求直线的方程，
（2）设过点且垂直于直线的直线与双曲线交于两点，其中在双曲线的右支上.
（i）设和的面积分别为，求的取值范围；
（ii）若关于原点对称的点为，证明：为的垂心，且四点共圆.
长沙市第一中学2023—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
1.A 【解析】，故的虚部为.故选：A.
2.C 【解析】设高三（1）班有51名学生组成的集合为，参加田赛项目的学生组成的集合为，参加径赛项目的学生组成的集合为，由题意集合有17个元素，有22个元素，中有9个元素，所以有个元素.所以该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为.故选：C.
3.B 【解析】，
向量在向量上的投影向量为，故选：B.
4.D 【解析】对于A，若，则可能平行，可能异面，可能相交，故A错误；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，以长方体为例，平面平面，但与平面不垂直，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，将白球插空有种可能，故选：B.
6.D 【解析】由题意知，由，
所以为偶函数，当单调递增，
因为，且，所以，
所以，即.故选：D.
7.C 【解析】设等比数列的公比为，由，得，
则，即，
因为，所以，解得，所以，
所以，
当为奇数时，，所以，
当为偶数时，，所以，所以.故选：C.
8.C 【解析】依题意，与为圆上一点，且，得为等腰直角三角形，设为的中点，则点在以为圆心，2为半径的圆上，即，
故，
因为点到定点的距离的最大值为，因此的最大值为36.
9.BCD 【解析】对A，因为二项式的展开式中共有4项，故A错误；
对B，二项式的展开式中通项为，令，得，所以常数项为，故B正确；
对C，二项式中，所有项的二项式系数和为，故C正确；
对D，令，得，故D正确.故选：BCD.
10.AC 【解析】当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分；
当时，曲线，为焦点在轴的棈圆的一部分；
当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分；
当时，曲线没有图象.
由图象可知，A正确，B错误，结合曲线的渐近线可知C正确，D错误.
11.AD 【解析】对于，令得，即，A正确；
对于B，若在定义域上单调递增，当时，，令，得，即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；
对于C，若是偶函数，则，且，因为，
所以，所以，即，
得或，又，所以恒成立，矛盾，故C错误；
对于D，当时，，记，
则，
所以，令，
解得，因为不恒为零，所以在两边异号，
所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确.故选：AD
三､填空题
12.-2 【解析】由函数，可得，则，
所以该小球在时的瞬时速度为-2.故答案为：-2.
【解析】服从正态分布，则.故答案为0.34.
14. 【解析】四面体拓展为长方体，如图所示，，
设，则有
因为点分别是线段的中点，所以底面，
又有直线平面，所以底面，
设平面与的交线分别为：，
因为底面分别与平面交于，所以，同理，所以，同理，所以四边形为平行四边形，
且，在中，，
，
所以，
设，则，由，所以，
由，同理可得，所以，
因为平行四边形围成一个平面区域，面积为，
，
当且仅当时取等号.故答案为：.
四､解答题
15.【解析】（1）法一：根据正弦定理，
整理得，
因为，所以，
由正弦定理可得；
法二：由，
由射影定理知（因为），故.
（2）因为，由余弦定理可得，即，
又，故，从而，解得，
因为，所以，
所以.
16.【解析】（1）四边形是菱形，为与的交点，平面.
以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
由得，
由得，则，设平面的法向量为，
则取，得，
，又平面，
平面.
（2）取的中点，则，又四边形是菱形，平面，故面，则，又，故.
所以为二面角的平面角.
则，得，
故，
设平面的法向量为，
则取，得，
，
平面与平面夹角的余弦值为，
平面与平面夹角为.
法二：（1）将几何体补成四棱柱，用常规法做.
（2）找到平面角两分，两个法向量各两分，后面一样.
17.【解析】（1）当时，.
先证明：，
设，则，即，即，
类似地有，
因此，证毕.
（2）令，得，
设，显然在定义域上单调递增，而，
则，依题意，方程有两个不等的实根，
显然，故存在两个不同的零点，
设，则，
（i）当时，则，此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意；
（ii）当时，此时，当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，，
要使有两个零点，则，解得，
综上可知，.
18.【解析】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：
零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联.
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
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.
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，，又，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（ii）方法一：设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，
，
因为，所以.
方法二：设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，
由题可知，
又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，
，
，
故.
19.【解析】（1）设，直线，因为直线与双曲线右支相交，故，
联立双曲线方程，得，
则，
故，
即，解得，或（舍去），
因此，从而直线的方程为.
（2）（i）若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，设，直线，
由（1）同理可知，
故
注意到
，
令，则，
综上可知，的取值范围是.
（ii）先证明为的垂心，只需证明，
注意到，，
而
，
同理，
，
因此，又，故为的垂心，因此，
再证明四点共圆，即只需证明：.
因为关于原点对称，则，
同理可得；
则，即，
因此，因此四点共圆.
游客
短视频
合计
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未看
南方游客
北方游客
合计
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
C
B
D
B
D
C
C
BCD
AC
AD
游客
短视频
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