湖南省衡阳市衡阳县第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 4D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得，再由复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，
则.
故选：B.
2. 已知函数的图象与直线相切于点，则（ ）
A. 4B. 8C. 0D. -8
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义直接求解出的值，再根据点在直线上求解出的值，即可计算出结果.
【详解】直线的斜率为4，直线与函数的图象相切于点，
根据导数的几何意义即为切线的斜率，所以，
又点在函数的图象上，同时也在切线上，所以，
．
则．
故选：B．
3. 设数列的前项之积为，满足（），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值．
【详解】因为，
所以，即，所以，
所以，显然，
所以，
所以数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，
即，所以．
故选：C．
4. 若 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】使用赋值法，当分别取和时，得到和，联立解得.
【详解】令，得①；
令，得②；
得：.
故选：C
5 已知随机变量服从正态分布，，则（ ）
A. 0.7B. 0.6C. 0.4D. 0.2
【答案】D
【解析】
【分析】由正态分布的对称性直接求解.
【详解】因为，则，
∴.
故选：D.
6. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解.
【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且，
所以
.
故选：D．
7. 已知动圆M和圆：内切，并和圆：外切，则动圆圆心M的轨迹是（ ）
A. 直线B. 圆
C. 焦点在轴上的椭圆D. 焦点在轴上的椭圆
【答案】C
【解析】
【分析】设动圆的圆心的坐标为，半径为，根据题意得到，进而得到,结合椭圆的定义，即可求解.
【详解】设动圆的圆心的坐标为，半径为，
因为动圆与圆：内切，且与圆：外切，
可得，
所以,
根据椭圆的定义知，动点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，
可得，则，
所以动点的轨迹方程为.
所以其轨迹为焦点在轴上的椭圆.
故选：C.
8. 已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线垂直的性质与基本不等式可求最小值.
【详解】因为，故即，
故，当且仅当时等号成立，
故的最小值为，
故选：C.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 已知圆和圆的交点为，则下列说法正确的是（ ）
A. 两圆的圆心距
B. 直线的方程为
C. 圆上存在两点和，使得
D. 圆上的点到直线的最大距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，求出两圆的圆心，得到圆心距；B选项，两圆相减得到直线的方程；C选项，线段是圆的直径，故C错误；D选项，求出圆心到直线的距离，从而得到最大距离.
【详解】对于，因为圆的圆心坐标为，圆的圆心坐标，
因为两个圆相交，所以两圆的圆心距，故A正确；
对于，将两圆方程作差可得，
即得公共弦的方程为，故B错误；
对于，由B选项可知，直线的方程为，由于满足上，
故直线经过圆的圆心坐标，所以线段是圆的直径，
故圆中不存在比长的弦，故C错误；
对于，圆的圆心坐标为，半径为2，
圆心到直线的距离为，
所以圆上的点到直线的最大距离为，故D正确，
故选：AD.
10. 如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到.
【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心，
故，
又，故
，A正确；
B选项，，故
，
故，B正确；
C选项，，
又，
设，即，无解，故与不平行，C错误；
D选项，
，
故，D正确.
故选：ABD
11. 质地均匀的正四面体模型四个表面分别标有四个数字，抛掷一次并记录与地面接触面上的数字，记事件“数字为2的倍数”为事件，“数字是5的倍数”为事件，“数字是7的倍数”为事件，则下列选项不正确的是（ ）
A. 事件、、两两互斥
B. 事件与事件对立
C.
D. 事件、、两两独立
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概念判断即可.
【详解】依题意抛掷一次可能出现的结果有、、、，
事件包含的基本事件有、，则；
事件包含的基本事件有、，则；
事件包含的基本事件有、，则；
显然事件与事件，事件与事件，事件与事件均可以同时发生，
故事件与事件，事件与事件，事件与事件均不互斥，故A错误；
事件包含的基本事件有、、，
事件包含的基本事件有，
当出现时事件与事件均发生，故事件与事件不互斥，
显然不对立，故B错误；
又事件包含的基本事件有，所以，
所以，故C错误；
因为事件包含的基本事件有，所以，所以与相互独立；
因为事件包含的基本事件有，所以，所以与相互独立；
因为事件包含的基本事件有，所以，所以与相互独立；
即事件、、两两独立，故D正确.
故选：ABC
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
12. 已知函数，，若存在实数使得且，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用两点的斜率公式把问题转化为的取值范围为两点连线斜率范围，利用导数的几何意义求出切线斜率即可求解.
【详解】由题意，相减得，又，所以，
则表示点与点连线的斜率，则的取值范围为两点连线斜率范围，
设过点与的切线为（过原点切线为割线斜率的上界），切点为，由，则，
所以，所以切线方程为，又切线过点，所以，解得，
所以切线方程为，即.
如图：

由图可知，，所以，即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查了方程有根求参数范围问题，解题的关键是转化为，利用几何思想将问题转化为点与点连线的斜率范围问题，利用导数的几何意义求出切线斜率即可求解，属较难题.
13. 设数列满足，，若且数列的前项和为，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】由可化为，由，可得，可求得，再将的通项展开裂项，利用裂项求和方法计算即得.
【详解】因，设①，展开整理得：，
对照，可得：，解得，
故①式为：，
因时，， 即数列为常数列，故，
，
数列的前项和为：，
．
故答案：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列递推式型如，（为非零常数）的数列的通项求法和数列求和的裂项相消法,属于较难题.
解题关键点有二，其一，对递推式的处理.可设展开整理后与对照，求得，，回代入原式，发现规律即得通项；其二，对于分式型数列通项的求和处理.要观察表达式特点，将其适当裂项，运用裂项相消法即可求得.
14. 已知为坐标原点，椭圆的离心率，短轴长为．若直线与在第一象限交于两点，与轴、轴分别相交于两点，，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意可得椭圆方程，借助点差法可得，设出直线的方程，结合可得其斜率，再借助韦达定理与弦长公式即可得解.
【详解】由题意得，解得，故椭圆的方程为，
设，线段的中点为，连接，如图，
点在椭圆上，，两式相减得，
则，
设直线的方程为，则，
点也为中点，，
，解得，
，
，故直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，
则,
故答案为：
【点睛】方法点睛：点差法是处理中点弦问题常用的求解方法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式可求得斜率．
四、解答题解答题（本题共5小题，共77分）
15. 在中，分别是角的对边，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若为的中点且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理及正弦的和角公式化简计算即可；
（2）由余弦定理及三角形面积公式计算即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得．
又因为在中，有，
所以，
化简得．
因为，所以，
所以，于是．
因为，所以．
【小问2详解】
由为的中点，可得．
又，所以，
在和中，
根据余弦定理从而可得．
又，所以，
可得．
16. 如图，在正方体中，分别为的中点，点在的延长线上，且.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由（1）的坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在正方体中，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
令，则，
于是，显然，
则，而平面；
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量，则，取，得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
17. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点作x轴的垂线与椭圆交于M，N两点，，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆C的上顶点为P，直线l与该椭圆交于A，B两点（异于上、下顶点），记直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，且，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，直线过定点
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，求出，，的值，确定椭圆的标准方程.
（2）分直线无斜率和有斜率两种情况讨论，把直线方程和椭圆方程联立组成方程组，消去，利用一元二次方程根与系数的关系写出及，并用他们把表示出来，探索直线过定点的问题.
【小问1详解】
根据题意将代入，得，则，
所以，解得或（舍）．
由，得，
所以椭圆的标准方程为：
【小问2详解】
如图：
①当直线斜率不存在时，设直线：，，.
则，，此时直线为；
②当直线斜率存在时，设直线：，，.
则直线与椭圆联立，
，
，，
，
所以，结合可知，
即应满足或，
所以直线，此直线过定点，
综上所述，直线过定点．
18. 为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分的频率分布直方图如图所示：

减排器等级及利润率如下表，其中．
（1）若从这100件甲型号减排器中按等级用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取5件，求抽取的5件中至少有3件一级品的概率；
（2）将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：
①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记为其中二级品的个数，求的分布列及数学期望；
②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？
【答案】（1）
（2）①分布列见解析，；②乙型号
【解析】
【分析】（1）由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样，计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式能求出至少 3件一级品的概率；
（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，二级品的概率为，三级品的概率为，若从乙型号减排器随机抽取4件，则二级品数所有可能的取值为，且，由此能求出的分布列和数学期望.②由题意分别求出甲型号减排器的利润的平均值和乙型号减排器的利润的平均值，由此求出投资乙型号减排器的平均利润率较大.
【小问1详解】
由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的频率为，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为（件），
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件，则．
【小问2详解】
①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，
二级品的概率为，三级品的概率为，
由题意，的所有可能的取值为，
所以，
，
，
，
分布列如下表：
所以；
②由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
；
乙型号减排器的利润率的平均值：
；
，又，
则，所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
19. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数在处取得极值，且对，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析； （2）答案见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）先求出函数的导函数，进而分析导函数的正负区间与单调区间；
（2）先求出函数的导函数；再分和两种情况，再每一种情况中借助导数即可解答；
（3）先根据函数在处取得极值得出；再将问题“对，恒成立”转化为“对，恒成立”；最后构造函数，并利用导数求出即可解答.
【小问1详解】
当时，，，
令可得，故当时，单调递减；
当时，单调递增；
故递减区间为，递增区间为.
【小问2详解】
由可得：函数定义域为，.
当时，，此时函数定义域上单调递减；
当时，令，解得；令，解得，
此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上可得：当时，函数在定义域上单调递减；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
【小问3详解】
因为函数在处取得极值，
所以，即，解得.
此时，
令，解得；令，解得，
所以函数在处取得极值，故.
所以.
因为对，恒成立，
所以对，恒成立.
令，则.
令，解得；令，解得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，则，解得：.
所以实数b的取值范围为
综合得分的范围
减排器等级
减排器利润率
一级品
二级品
三级品
0
1
2
3
4