湖南省名校联合体2022-2023学年高二数学下学期第一次联考试题（Word版附解析）

名校联考联合体2023年春季高二第一次联考数学时量120min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.已知复数满足，其中是虚数单位，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简复数为，结合复数模的求解方法可得答案.【详解】由题意，，，．则．故选：C2.如图，在中，，则（）A.9B.18C.6D.12【答案】D【解析】【分析】由可得，则，代入化简即可得出答案.【详解】由可得：，所以，所以， ，因为，所以.故选：D.3.的展开式中，常数项为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其一次项系数和常数项，从而可求得结果.【详解】展开式的通项公式为，所以的展开式中，常数项为，故选：D4.在平面直角坐标系中，已知点为角终边上的点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三角函数定义得，再根据二倍角公式计算即可.【详解】解：因为点为角终边上的点，所以，由三角函数的定义知， 所以故选：A5.已知等比数列的各项均为不等于1的正数，数列满足，则数列前项和的最大值等于（）A.126B.130C.131D.132【答案】D【解析】【分析】先根据求出等比数列的首项和公比，求出，利用等差数列求出前项和，结合二次函数求解最值.【详解】由题意可知，，．又，，则，，解得，．又为正项等比数列，∴，即为等差数列，且，．故．．又，故或12时，．故选：D．6.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（）A.每人都安排一项工作的不同方法数为B.每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为480 C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为300D.每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是126【答案】D【解析】【分析】根据乘法原理，结合排列和组合的定义逐一判断即可.【详解】每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项A错误，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：，即选项C错误，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，即选项D正确，故选：D．7.在平面直角坐标系中，，，若圆：上存在点，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，由两点距离公式结合可得，又点Р在圆C上，可得两圆心距离范围，即可列式求得的取值范围.【详解】设，所以，即， 又点Р在圆C上，所以，解得，即的取值范围是.故选：A.8.已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】当点为中点时，由点差法可得，再由与圆相切可得，可解出；设为的左顶点，连接，则，根据正切的二倍角公式可解得，即得出，将和代入得，然后解出离心率.【详解】设，，，则，.将，的坐标分别代入的方程，得，两式相减，得， 所以，即.当为的中点时，，则，故.如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率.故选：C.【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，难度较大，解答的关键在于根据题目条件解出和，然后运用点差法得出而得出，的关系求解离心率，其中难点在于根据得到，运用二倍角公式解出从而得出.二、选择题:本题共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.从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则（） A.“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件B.“第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立C.第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是D.在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件，独立事件的定义判断AB，利用条件概率公式计算判断CD．【详解】“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”这两个事件不可能同时发生，它们互斥，A正确；“第1次抽到代数题”这个事件发生与否对事件“第2次抽到几何题”发生的概率有影响，“第1次抽到代数题”发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，“第1次抽到代数题”不发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，它们不独立；B错；第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是，C正确；抽取两次都是几何题的概率是，因此有代数题的概率是，在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是，D正确．故选：ACD．10.下列结论正确的有（）A.若随机变量满足，则B.若随机变量，且，则C.若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05 【答案】BCD【解析】【分析】对A，根据方差的性质判断即可；对B，根据正态分布的对称性判断即可；对C，根据回归直线的性质判断即可；对D，根据独立性检验的性质判断即可【详解】对A，由方差的性质可知，若随机变量满足，则，故A错误；对B，根据正态分布图象对称性可得，故B正确；对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；对D，由可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确故选：BCD11.已知函数，，则下列说法正确的是（）A.在上是增函数B.，不等式恒成立，则正实数的最小值为C若有两个零点，则D.若，且，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若 ，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确.【详解】对于A，当时，，令，则，，，当时，恒成立，在上单调递增；在上单调递增，根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；对于B，当时，，又为正实数，，，当时，恒成立，在上单调递增，则由得：，即，令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，，则正实数的最小值为，B正确；对于C，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；，则；不妨设，则必有，若，则，等价于， 又，则等价于；令，则，，，，，即，在上单调递增，，即，，可知不成立，C错误；对于D，由，得：，即，由C知：在上单调递减，在上单调递增；，，则，，，即，；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，即的最大值为，D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与 的大小关系，由此证得结论.12.数列满足，，数列的前n项和为，且，则下列正确的是（）A.B.数列的前n项和C.数列的前n项和D.【答案】BCD【解析】【分析】求得数列的通项公式判断选项A；求得数列的前n项判断选项B；求得数列的前n项和，进而判断选项C；求得数列的前项和进而判断选项D.【详解】由，有，又所以是首项为，公差为的等差数列，则，则，则，A错误；由，可得，解之得又时，，则，整理得则数列是首项为3公比为3的等比数列，则，则数列的前项和 ，B正确；，则数列的前项和，C正确；设数列的前项和，则，，两式相减得整理得，则当时，，D正确.故选：BCD.三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数的定义域为，且函数为奇函数，若，则______．【答案】【解析】【分析】利用奇函数的性质，结合代入法进行求解即可.【详解】，因函数为奇函数，所以故答案为：．14.已知随机变量,且，若,则的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】先根据正态曲线的对称性可求，结合基本不等式可求答案. 【详解】，可得正态分布曲线的对称轴为，又，，即．则，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：.15.已知数列满足，其前项和为，则________．【答案】##【解析】【分析】先对通项公式进行变形为，然后利用二项式定理进行求和.【详解】因为，.故答案为：.16.已知函数满足，若方程有五个不相等的实数根，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】令，则方程转化为， 原问题等价于有两个根，再根据一元二次方程根的分布列出不等式组求解即可得答案.【详解】令，则方程转化为，作出函数的图象如下图所示，由题意，方程有五个不相等的实数根，即有一个根，一个根或有一个根，一个根令，当有一个根，一个根则解得：，当有一个根，一个根则解得：，综上，实数m的取值范围为故答案为： 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解四、解答题:本题共6小题，共70分．解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．17.已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，．（1）求数列的通项公式;（2）若集合，且，求中所有元素之和．【答案】（1），（2）242【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式求解，可得答案；（2）先根据，以及得出的范围，利用等比数列求和可得答案.【小问1详解】设的公差为d，的公比为q，则由，，可得，解得．所以，.【小问2详解】设，即，得，因为，所以，故，由于，所以，即，所以中所有元素之和为：． 18.小明参加一个挑战游戏，他每次挑战成功的概率均为．现有3次挑战机会，并规定连续两次挑战均不成功即终止挑战，否则继续下一次挑战．已知小明不放弃任何一次挑战机会，且恰好用完3次挑战机会的概率是．（1）求的值;（2）小明每挑战成功一次，可以获得500元奖励，记其获得的奖励金额为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，期望为.【解析】【分析】（1）利用对立事件以及所给概率值可求出的值；（2）先求的所有取值，分别求解每个取值对应的概率，可得分布列，利用期望公式可得期望.【小问1详解】设事件A：“恰用完3次挑战机会”，则其对立事件：“前两次挑战均不成功”，依题意，，解得．【小问2详解】依题意，X的所有可能值为，，，；，,,故,X的概率分布列为：X050010001500P 数学期望.19.直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，AA1＝8，点D在线段AB上．（1）当AC1平面B1CD时，确定D点的位置并证明；（2）当时，求二面角B－CD－B1的余弦值．【答案】（1）D是AB的中点，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接BC1，交B1C于点E，连接DE，由题意证得DEAC1，再由线面平行的判定定理即可证明.（2）以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，分别求出平面和平面B1CD的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.【小问1详解】当D是AB的中点时，AC1平面B1CD．证明：连接BC1，交B1C于点E，连接DE.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以侧面BB1C1C为矩形，DE为的中位线，所以DEAC1.因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，所以AC1平面B1CD．【小问2详解】 由AB＝10，AC＝8，BC＝6得AC⊥BC．以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，则B(6，0，0)，A(0，8，0)，．设，因为点D在线段AB上，且，即.所以a＝4，b＝.所以＝(－6，0，－8)，＝(4，，0)．平面BCD的一个法向量为＝(0，0，1)，设平面B1CD的法向量为＝(x，y，1)，由·＝0，·＝0得所以，y＝2，，．设二面角B－CD－B1的大小为θ，cosθ＝，所以二面角B－CD－B1的余弦值为.20.2022年12月15至16日，中央经济工作会议在北京举行.关于房地产主要有三点新提法，其中“住房改善”位列扩大消费三大抓手的第一位.某房地产开发公司旗下位于生态公园的楼盘贯彻中央经济工作会议精神，推出了为期10天的促进住房改善的惠民优惠售房活动，该楼盘售楼部统计了惠民优惠售房活动期间到访客户的情况，统计数据如下表：（注：活动开始的第i天记为，第i天到访的人次记为，） （单位：天）1234567（单位：人次）12224268132202392（1）根据统计数据，通过建模分析得到适合函数模型为（c，d均为大于零的常数）.请根据统计数据及下表中的数据，求活动到访人次y关于活动开展的天次x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的人次；参考数据：其中；参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；（2）该楼盘营销策划部从有意向购房的客户中，随机通过电话进行回访，统计有效回访发现，客户购房意向的决定因素主要有三类：A类是楼盘的品质与周边的生态环境，B类是楼盘的品质与房子的设计布局，C类是楼盘的品质与周边的生活与教育配套设施.统计结果如下表：类别A类B类C类频率0.40.20.4从被回访的客户中再随机抽取3人聘为楼盘的代言人，视频率为概率，记随机变量X为被抽取的3人中A类和C类的人数之和，求随机变量X的分布列和数学期望.【答案】（1）；690（2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）将转换，由最小二乘法求回归直线方程，再换回形式； （2），结合二项分布的概率公式及期望公式即可求.【小问1详解】由得，由，，，∴，.则所求回归方程为：.当时，，故预测活动推出第8天售楼部来访的人次为690；【小问2详解】由题意得，A类和C类被抽取得概率为，X可取0，1，2，3，且，∴，，，.∴X的分布列为X0123PX的数学期望为. 21.设函数．（1）求曲线在点处的切线方程;（2）若对所有的，都有成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，最后点斜式写出切线方程；（2）将已知条件不等式在时恒成立转化为在时恒成立，结合极值点与0的关系可得答案.【小问1详解】，由，得，则在点处的切线方程为，即切线方程为.【小问2详解】令，；不等式在时恒成立等价于在时恒成立．令，得；当时，，为减函数，当时，，为增函数．在时恒成立等价于，即，解得．故a的取值范围是．22.设函数.（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数； （Ⅱ）证明：当时.【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.试题解析：（Ⅰ）定义域为，.当时,，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;当时，.故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.由于，所以.故当时，.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.