湖南长沙一中2024年高二下学期期末考试数学试题

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z满足(1i−=+)z2i，则复数z的虚部为（）3333A.B.−C.iD.−i22222.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.25B.23C.21D.193.已知向量ab=(1,2,)=(2,1)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为（）42844824A.,B.,C.,D.,555555554.已知直线abc,,是三条不同的直线，平面αβγ,,是三个不同的平面，下列命题正确的是（）A.若acbc⊥⊥,，则a∥bB.若a∥ba,∥α，则b∥αC.若a∥α,b∥α,ca⊥，且cb⊥，则c⊥αD.若βαγα⊥⊥,，且βγ∩=a，则a⊥α5.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.6B.12C.18D.36210.36.若fx()=ln(x+−1)，设af=−=(3,)bf(ln2,)cf=(2)，则abc,,的大小关系为（）xA.cab>>B.bca>>C.abc>>D.acb>>17.已知等比数列{an}的前n项和为San,1=,8S63=7S，若λSn恒成立，则λ的最小值为（）2学科网（北京）股份有限公司 111A.B.C.D.14322222228.已知xyxy1122+=+=8，且xx12+=yy120，则(xx12+−++2)(yy12)的最大值为（）A.9B.12C.36D.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）319.关于二项式−x的展开式，下列说法正确的有（）xA.有3项B.常数项为3C.所有项的二项式系数和为8D.所有项的系数和为010.已知曲线Cyy:44=xx+，则（）A.曲线C在第一象限为双曲线的一部分B.曲线C的图象关于原点对称C.直线yx=2与曲线C没有交点D.存在过原点的直线与曲线C有三个交点11.若定义域为R的函数fx()不恒为零，且满足等式xf′(x)=(x+2)fx()，则下列说法正确的是（）A.f(00)=B.fx()在定义域上单调递增C.fx()是偶函数D.函数fx′()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h（单位：m）与时间t（单位：2s）存在函数关系ht()=−++269tt，则该小球在t=2s时的瞬时速度为__________m/s.213.若随机变量X服从正态分布N(2,σ)，且PX(3)=0.66，则PX(<=1)__________.14.在四面体ABCD中，且AB=CD=7,AC=BD=3,AD=BC=10，点PQ,分别是线段AD，BC的中点，若直线PQ⊥平面α，且α截四面体ABCD形成的截面为平面区域Ω，则Ω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）学科网（北京）股份有限公司 15.（本小题满分13分）在ABC中，内角ABC,,的对边分别为abc,,，且bCc(cos+=−1)(2cosB).（1）证明：abc+=2；9（2）若cC=5,cos=，求ABC的面积.1616.（本小题满分15分）由四棱柱ABCD−ABCD1111截去三棱锥D111−ADC后得到如图所示的几何体，四边形ABCD是菱形，AC=4,BD=2,O为AC与BD的交点，BO⊥平面ABCD.1（1）求证：BO1∥平面ADC11；3（2）若二面角OAC−−11D的正切值为，求平面ADC11与平面BCCB11夹角的大小.617.（本小题满分15分）x已知函数fx()=ln(ax)+−−(a1)xe.（1）当a=1时，求证：fx()<−2；（2）若fx()存在两个零点，求实数a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.短视频游客合计收看未看南方游客北方游客合计（1）依据调查数据完成如下列联表，并根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析南北方游客来此景点学科网（北京）股份有限公司 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*i∈N，求经过i次传递后球回到甲的概率；（ii）已知*m∈N，记前m次传递中球传到乙的次数为X，求X的数学期望.22nad()−bc参考公式：χ=，其中nabcd=+++；若YY12,,,Ym为随机变量，则(abcdacbd++++)()()()mmE∑∑Yii=EY().ii=11=附表：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.82819.（本小题满分17分）22已知双曲线Cxy:1−=，过R(2,0)的直线l与双曲线C的右支交于PQ,两点.（1）若PQ=210，求直线l的方程，（2）设过点R且垂直于直线l的直线n与双曲线C交于MN,两点，其中M在双曲线的右支上.（i）设PMN和QMN的面积分别为SS12,，求SS12+的取值范围；（ii）若M关于原点对称的点为T，证明：M为PQN的垂心，且PQNT,,,四点共圆.学科网（北京）股份有限公司 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､选择题题号1234567891011答案ACBDBDCCBCDACAD2i+(2i1i++)()1331.A【解析】z===+i，故z的虚部为.故选：A.1i1i1i22−−+()()22.C【解析】设高三（1）班有51名学生组成的集合为U，参加田赛项目的学生组成的集合为A，参加径赛项目的学生组成的集合为B，由题意集合A有17个元素，B有22个元素，AB∩中有9个元素，所以AB∪有17229+−=30个元素.所以该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为5130−=21.故选：C.ab⋅12214×+×3.B【解析】||a=14+=5,||b=41+=5,cos,〈ab〉===,，||ab∣55×5b4(2,1)84∴向量a在向量b上的投影向量为a⋅cosab,⋅=××5=,，故选：B.b55554.D【解析】对于A，若acbc⊥⊥,，则ab､可能平行，可能异面，可能相交，故A错误；对于B，若a∥ba,∥α，则b∥α或b⊂α，故B错误；对于C，以长方体ABCD−ABCD′′′′为例，AB∥平面ABCDCD′′′′,∥平面ABCDBC′′′′,,⊥ABBC⊥CD，但BC与平面ABCD′′′′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2三个红球排成一排也只有一种排法，将白球插空有A=12种可能，故选：B.4216.D【解析】由题意知x∈−(∞∞,0)∪+(0,)，由fx(−=−+−=)ln(x)1fx()，−x21所以fx()为偶函数，当x∈+(0,∞),fx()=ln(x+−1)单调递增，xaf=−=3fbf3,=ln2,cf=20.3，且00.31因为()()()()12=<<=<<=222,0ln2lne1，所以0.3ln2<<23，学科网（北京）股份有限公司 0.3所以fff(ln2)<(2)<−(3)，即acb>>.故选：D.7.C【解析】设等比数列{an}的公比为q，由87SS63=，得8(SS63−=)−S3，131则aaa++=−(aaa++)，即qaaa(++=)−(aaa++)，45612312312388n−131111因为aaa123++≠0，所以q=−，解得q=−，所以an=−，8222n111−−n2211所以S==1−−，n1321+2n111当n为奇数时，Sn=1+，所以SSn1=，322n11111当n为偶数时，Sn=1−<，所以(Sn)max=，所以λ.故选：C.3232222π8.C【解析】依题意，Axy(11,)与Bxy(22,)为圆Oxy:8+=上一点，且∠AOB=，得ABO为222等腰直角三角形，设M为AB的中点，则点M在以O为圆心，2为半径的圆上，即xyMM+=4，2222xx++yy22故(xx+−++=2)(yy)412−+112=41(x−+)y，1212MM2222因为点M到定点(1,0)的距离的最大值为d=3，因此(xx+−++2)(yy)的最大值为36.1212319.BCD【解析】对A，因为二项式−x的展开式中共有4项，故A错误；x33−k3k1k1kkk−3对B，二项式−x的展开式中通项为T=C(−=−x)C(1)xk2(03)，令k+133xx3k220−=30，得k=2，所以常数项为C(1)−=x3，故B正确；32313对C，二项式−x中，所有项的二项式系数和为28=，故C正确；x31对D，令x=1，得−=x0，故D正确.故选：BCD.x学科网（北京）股份有限公司 2y210.AC【解析】当xy0,>0时，曲线Cx:1−=，为焦点在y轴上的双曲线的一部分；42y2当xy<>0,0时，曲线Cx:1+=，为焦点在y轴的棈圆的一部分；422y当xy<<0,0时，曲线Cx:1−=，为焦点在x轴上的双曲线的一部分；4当xy><0,0时，曲线C没有图象.由图象可知，A正确，B错误，结合曲线C的渐近线可知C正确，D错误.11.AD【解析】对于A，令x=0得200f()=，即f(00)=，A正确；对于B，若fx()在定义域上单调递增，当x<0时，fxf()<=(00)，令x=−3，得−−−−33ff′()=(30)>，即f′(−<30)，与fx()在定义域上单调递增矛盾，故B错误；对于C，若fx()是偶函数，则fxfx(−=)()，且fx′(−=)−fx′()，因为xf′(x)=(x+2)fx()，所以−−=+xf′(x)(−−x2)f(x)，所以(xf+22)(xxfx)=−+()(−)，即20xfx()=，得x=0或fx()=0，又f(00)=，所以fx()=0恒成立，矛盾，故C错误；(x+2)fx()22对于D，当x≠0时，fx′()==1+fx()，记gx()=fx′()=1+fx()，xxx22222则gx′()=−fx()++11fx′()=−fx()++fx()，22xxxx224(x++42x)fx()所以2gx′()=++1fx()=，令xx++=420，22xxx解得xx12=−−22,=−+22，因为fx()不恒为零，所以在xx12,两边gx′()异号，所以xx12,为gx()的极值点，所以函数fx′()有两个极值点，D正确.故选：AD学科网（北京）股份有限公司 三､填空题212.-2【解析】由函数ht()=−++269tt，可得ht′()=−+46t，则h′(2)=−×+=−4262，所以该小球在t=2s时的瞬时速度为-2.故答案为：-2.213.0.34【解析】X服从正态分布N(2,σ)，则PX(<=1)PX(>=−3)1PX(3)=−10.66=0.34.故答案为0.34.14.6【解析】四面体ABCD拓展为长方体，如图所示，AB=7,AC=3,AD=10，22ab+=10,22设AC111=aAB,,=bAA=c，则有bc+=7,?解得a=6,bc==2,3,22ca+=9,因为点PQ,分别是线段ADBC,的中点，所以PQ⊥底面ABC1，又有直线PQ⊥平面α，所以α∥底面ABC1，设平面α与ABCACDABDBCD､､､的交线分别为：MFMHFGGH,,,，因为α∥底面ABCBCD1,分别与平面α,ABC1交于GHBC,，所以GH∥BC，同理FM∥BC，所以GH∥FM，同理FG∥HM，所以四边形FGHM为平行四边形，AB26AC且∠∠FGH=AQC，在RtABC中，sin∠∠ACB=11=,cosACB==，1111BC10BC1026sin∠AQC1=sin(π−==2∠ACB1)sin2∠ACB12sin∠∠ACB11cosACB=，526所以sin∠∠FGH=sinAQC=，15GHGD3−k设BG=k，则GD=−3k，由GH∥BC，所以=,GH=×10，BCBD3k由GF∥AD，同理可得GF=×10，所以GF+=GH10，3因为平行四边形FGHM围成一个平面区域Ω，面积为S，22626GF+GHS=⋅⋅GFGHsin∠FGH=GFGH⋅=6，552学科网（北京）股份有限公司 10当且仅当GF=GH=时取等号.故答案为：6.2四､解答题15.【解析】（1）法一：根据正弦定理bC(cos+=−1)c(2cosB)⇒sincosBCB+sin=2sinCCB−sincos，整理得sincosBCC+sincosBBCB+=⇒++=sin2sinsin(CBC)sin2sin，因为ABC++=π，所以sinA=sin(BC+⇒+=)sinAsinB2sinC，由正弦定理可得abc+=2；法二：由b(cosC+=1)c(2cos−BbCcBbc),cos+cos+=2，由射影定理知bCcBacos+=cos（因为sincosBCCBA+=sincossin），故abc+=2.9222229（2）因为cosC=，由余弦定理可得c=+−ab2abcosC，即25=+−abab，168252又c=5，故ab+=10，从而25+ab=+=(ab)100，解得ab=24，8957因为cosC=，所以2sinCC=1cos−=，16161157157所以S=absinC=××24=.ABC2216416.【解析】（1）四边形ABCD是菱形，AC=4,BD=2,O为AC与BD的交点，BO1⊥平面ABCD.∴以直线OAODOB,,分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，1则OABCD(0,0,0,)(2,0,0,)(0,1,0,−−)(2,0,0,)(0,1,0)，设Ba1(0,0,)，由AA11=BB=(0,1,a)得Aa1(2,1,)，学科网（北京）股份有限公司 由CC11=BB=(0,1,a)得Ca1(−2,1,)，则AC11=(−==4,0,0,)DA1(2,0,aOB),1(0,0,a)，设平面ADC11的法向量为m=(xyz,,)，mAC⋅=110,−=4x0,则⇒取y=1，得m=(0,1,0)，mDA⋅=02xaz+=0,1∴⋅mOB11=×+×+×=⇒⊥00100a0mOB，又OB1⊄平面ADC11，∴OB∥平面ADC.111（2）取AC11的中点Ma(0,1,)，则BM1∥OD，又四边形ABCD是菱形，AC⊥⊥BDBO,1平面ABCDBO,⊥AC，故AC⊥面BMDB，则OM⊥⊥ACOM,AC，又DM∥OB，故11111DM⊥AC.11所以∠OMD为二面角OAC−−11D的平面角.3则tan∠OMD=，得a=23，6故BB1=(0,1,23,)BC11=−(2,1,0)，设平面BCCB11的法向量为nxyz=(111,,)，nBB⋅=10,yz11+=230,则⇒取z1=1，得n=−−(3,23,1)，nBC⋅=0−+=2xy0,11111×−(23)3∴=cosmn,=−，1×++312123∴平面ADC11与平面BCCB11夹角的余弦值为，2π∴平面ADC11与平面BCCB11夹角为.6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.x17.【解析】（1）当a=1时，fx()=−>lnxe,x0.x先证明：e>+>xx1,0，gx=−−xx，则gx′()=−>e10x，即gxg()>=(00)，即e1x设()e1>+x，学科网（北京）股份有限公司 x−1类似地有exx,>⇒0lnxx−1，x因此fx()=−<−−+=−lnxe(x1)(x1)2，证毕.xx（2）令ln(ax)+−−=(a1)xe0，得ln(ax)+=+axxe，设gx()=lnxx+，显然gx()在定义域上单调递增，而exxelnexx+=+，gax=gxx∴=ax，依题意，方程ex则()(e,)eax=有两个不等的实根，1x显然a≠0，故=存在两个不同的零点，xaex−x设hx()=，则hx′()=(1e−x)，xe1（i）当a<0时，则x<0，此时hx()在(−∞,0)上单调递增，hx()=最多一个零点，不合题意；a（ii）当a>0时，此时x>0，当01<<x时，hx′()>0，当x>1时，hx′()<0，1∴hx()在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，hx()max=h(1)=，e111要使hx()=有两个零点，则<，解得a>e，aae综上可知，a>e.18.【解析】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：短视频游客合计收看未看南方游客200100300北方游客80120200合计280220500零假设H0：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联.22500(20012080100)××−×8000χ==≈>=34.63210.828x，0.001300200280220×××231根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，学科网（北京）股份有限公司 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0.001.111（2）（i）设经过i次传递后回到甲的概率为PP,1=−×=−(P)P+(i2)，iii−−11i44411111111PPii−=−−1−，又P1−=−≠0，所以Pi−是首项为−，公比为−的等比数列，54555554i−1111所以P=−×−.i554（ii）方法一：设第i次传递时甲接到球的次数为Yi，则Yi服从两点分布，EY(ii)=P，设前m次传递中球传到甲的次数为Y，m11−−mmmmm14414EY()=E∑∑Yii=EY()=++++=−×PPP123Pm=×−+−,，ii=11=551+12545254mmEY−()m111因为EX()=，所以EX()=+−×−.4525254方法二：设第i次传递时，乙接到球的概率和次数分别为qi与Xi，则Xi服从两点分布，EX(ii)=q，1111由题可知qi=−(1,qqii−−11)−=−qi−，4545111111又q1=，所以q1−=，所以qi−是首项为，公比为−的等比数列，45205204ii−1111111qq−=×−,=−×−，ii5204554m11−×−−1mmmm144EX()=E∑∑∑Xi=EX(ii)=q=−×，ii=11=i=15511−−4mm111故EX()=+−×−.52525419.【解析】（1）设PxyQxy(11,,,)(22)，直线lx:2=my+，因为直线l与双曲线右支相交，故−<<11m，22222联立双曲线方程xy−=1，得(m−1)y+4my+=30,Δ=43(m+)，学科网（北京）股份有限公司 −43m则y+=y,yy=，122212mm−−112221(++mm)(3)故2，PQ=+1my−=y=210122m−1422127即92mm−47+=0，解得m=，或m=（舍去），3333因此m=±，从而直线l的方程为xy=±+2.33（2）（i）若m=0，则MN=22a=，2221(++mm)(3)由（1）可知，PQ==23，2m−11此时S+=SMN⋅=PQ23；1221当m≠0时，设MxyNxy(33,,,)(44)，直线nx:2=−+y，m42m−−4mm33由（1）同理可知y3+=y4=22,yy34==，11mm−−11−−1122mm11221++2231mm故MN=+1y−=y34m11−2m1注意到S+=SMN⋅PQ1221122132221+3+2mm++23++10121(++mm)(3)mm22m2m2=⋅⋅=，22111m−212−m+−22mm212(tt++43)(16)令tm=+−∈+22(0,∞)，则SS12+=>23，mt综上可知，SS12+的取值范围是23,+∞).学科网（北京）股份有限公司 （ii）先证明M为PQN的垂心，只需证明MPNQ⋅=0，注意到，MPNQ⋅=+(MRRP)(NR+=⋅+⋅RQ)RPRQMRNR，而RPRQ⋅=−⋅−(x1122,y)(x2,y2)2=−(x122)(x2−+=+)yy12(m1)yy12，1同理MRNR⋅=+12yy34，m21MPNQ⋅=+(11m)yy12++2yy34m212−+31m2231(+m)m231(++mm)3(1)，=+=−=02222m−1m−1mm−−11因此MP⊥NQ，又MN⊥PQ，故M为PQN的垂心，因此∠NMP+=NQP180，再证明PQNT,,,四点共圆，即只需证明：∠∠NTP=NMP.22yyyyyyyyyy−−+−−PTPMPMPMPM因为MT,关于原点对称，则kkPT⋅PM=⋅=⋅==221，xxxxxxxxxx−−+−−PTPMPMPMPM同理可得kkNT⋅=NM1；11−kkkkkk−−NTPTNMPMPMNM则tan∠∠NTP====tanNMP，即∠∠NTP=NMP，11++kk1kkNTPT1+NMPMkkNMPM因此∠∠NTP+=NQP180，因此PQNT,,,四点共圆.学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司