【文档说明】湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期期末数学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，994.781 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f127075d820907ab2833658130a17d44.html

以下为本文档部分文字说明：

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()1i2iz−=+，则复数z的虚部为（）A.

32B.32−C.3i2D.3i2−2.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.25B.23C.21D.193.

已知向量()()1,2,2,1ab==，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为（）A.42,55B.84,55C.48,55D.24,554.已知直线,,abc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,acb

c⊥⊥，则a∥bB.若a∥,ba∥，则b∥C.若a∥,b∥,ca⊥，且cb⊥，则c⊥D.若,⊥⊥，且a=，则a⊥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.6B.12C.1

8D.366.若()()21ln1fxxx=+−，设()()()0.33,ln2,2afbfcf=−==，则,,abc的大小关系为（）A.cabB.bcaC.abcD.acb7.已知等比数列na的前n项和为163

1,,872nSaSS==，若nS…恒成立，则的最小值为（）A.14B.13C.12D.18.已知222211228xyxy+=+=，且12120xxyy+=，则()()2212122xxyy+−++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）9.关于二项式31xx−的展开式，下列说法正确的有（）A.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:44Cyyxx=+，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2yx=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()()

()2xfxxfx=+，则下列说法正确的是（）A.()00f=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：s）存在函数关系()2269httt=−++，则该小球在2st=时的瞬时速度为__________m/s.13.若随机变量X服从正态分布()22,N，且()30.66PX=„，则(1)PX=_____

_____.14.在四面体ABCD中，且7,3,10ABCDACBDADBC======，点,PQ分别是线段AD，BC的中点，若直线PQ⊥平面，且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）15.（本小题满分13分）在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，且()()cos12cosbCcB+=−.（

1）证明：2abc+=；（2）若95,cos16cC==，求ABC的面积.16.（本小题满分15分）由四棱柱1111ABCDABCD−截去三棱锥111DADC−后得到如图所示的几何体，四边形ABCD是菱形，4,2,ACBDO==为AC与BD的交点，1BO⊥平面ABCD.（1）求证：1B

O∥平面11ADC；（2）若二面角11OACD−−的正切值为36，求平面11ADC与平面11BCCB夹角的大小.17.（本小题满分15分）已知函数()()()ln1exfxaxax=+−−.（1）当1a=时

，求证：()2fx−；（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.游客短视频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0.001=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*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.参考公式：()()()()22()nadbcabcdacbd

−=++++，其中nabcd=+++；若12,,,mYYY为随机变量，则()11mmiiiiEYEY===.附表：0.10.050.010.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.82819.（本小题满分17分）已

知双曲线22:1Cxy−=，过()2,0R的直线l与双曲线C的右支交于,PQ两点.（1）若210PQ=，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12,SS，求12SS+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.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ACBDBDCCBCDACAD1.A【解析】()()()()2i1i2i13i1i1i1i22z+++===+−−+，故z的虚部为32.故选：A.2.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1722930+−=个元素.所以该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为513021−=.故选：C.3.B【

解析】12214||145,||415,cos,,5||55abababab+=+==+====∣，向量a在向量b上的投影向量为()2,1484cos,5,5555baabb==，故选：B.4.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∥，则b∥或b，故B错误；对于C，以长方体ABCDABCD−为例，AB∥平面,ABCDCD∥平面,,ABCDBCABBCCD⊥⊥，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三个红球排成一排也只有一种排法，将白球插空有24A12=种可能，故选：B.6.D【

解析】由题意知()(),00,x−+，由()()21ln()1fxxfxx−=−+−=−，所以()fx为偶函数，当()()()210,,ln1xfxxx+=+−单调递增，因为()()()()0.333,ln2,2affbfcf=−===，且00.3112222

,0ln2lne1===，所以0.3ln223，所以()()()0.3ln223fff−，即acb.故选：D.7.C【解析】设等比数列na的公比为q，由6387SS=，得()6338SSS−=−，则()45612318aaaaaa++=−++，即()()31

2312318qaaaaaa++=−++，因为1230aaa++，所以318q=−，解得12q=−，所以11122nna−=−，所以1112211113212nnnS−−==−−+，当n为奇数时，1113

2nnS=+，所以112nSS=„，当n为偶数时，1111323nnS=−，所以()max12nS=，所以12….故选：C.8.C【解析】依题意，()11,Axy与()22,Bxy为圆22:8Oxy+=上一点，且π

2AOB=，得ABO为等腰直角三角形，设M为AB的中点，则点M在以O为圆心，2为半径的圆上，即224MMxy+=，故()()()222222121212122414122MMxxyyxxyyxy+++−++=−+=−+，因为点M

到定点()1,0的距离的最大值为3d=，因此()()2212122xxyy+−++的最大值为36.9.BCD【解析】对A，因为二项式31xx−的展开式中共有4项，故A错误；对B，二项式31xx−的展开式中通项为()333213

31C()C(1)03kkkkkkkTxxkx−−+=−=−剟，令3302k−=，得2k=，所以常数项为2203C(1)3x−=，故B正确；对C，二项式31xx−中，所有项的二项式系

数和为328=，故C正确；对D，令1x=，得310xx−=，故D正确.故选：BCD.10.AC【解析】当0,0xy…时，曲线22:14yCx−=，为焦点在y轴上的双曲线的一部分；当0,0xy时，曲线22:14yCx+=，为焦点在y

轴的棈圆的一部分；当0,0xy时，曲线22:14yCx−=，为焦点在x轴上的双曲线的一部分；当0,0xy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0x=得()200f=，即()00f=，A正确；对于B，若()fx在定义域上单调递增，当0x时，()()00fxf=，令3x=−，得()()3330ff−−−−=，即()30f−，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()()fxfx−=−，因为()()()2xfxxfx=+，所以()()()2xfxxfx−−=+−−，所以()()()()22xfxxfx+=−+−，即

()20xfx=，得0x=或()0fx=，又()00f=，所以()0fx=恒成立，矛盾，故C错误；对于D，当0x时，()()()()221xfxfxfxxx+==+，记()()()21gxfxfxx==+，则()()()()()22222221

1gxfxfxfxfxxxxx=−++=−++，所以()()()()22242241xxfxgxfxxxx++=++=，令2420xx++=，解得1222,22xx=−−=−+，因为()fx不恒为零，所以在12,xx两

边()gx异号，所以12,xx为()gx的极值点，所以函数()fx有两个极值点，D正确.故选：AD三､填空题12.-2【解析】由函数()2269httt=−++，可得()46htt=−+，则()24262h=−+=−，所以该小球在2st=时的瞬时速度为-2.故答案为：-

2.13.0.34【解析】X服从正态分布()22,N，则()(1)(3)1310.660.34PXPXPX==−=−=„.故答案为0.34.14.6【解析】四面体ABCD拓展为长方体，如图所示，7,3,10ABACAD===，设

111,,ACaABbAAc===，则有22222210,7,?6,2,3,9,abbcabcca+=+====+=解得因为点,PQ分别是线段,ADBC的中点，所以PQ⊥底面1ABC，又有直线PQ⊥平面，所以∥底面1ABC，设平面与ABCACDABDBCD､､､的交线

分别为：,,,MFMHFGGH，因为∥底面1,ABCBCD分别与平面1,ABC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，且1FGHAQC=，在1RtABC中，111126sin,cos1010ABACACBACBB

CBC====，()1111126sinsinπ2sin22sincos5AQCACBACBACBACB=−===，所以126sinsin5FGHAQC==，设BGk=，则3GDk=−，由GH∥BC，所以3,103GHGDkGHBCB

D−==，由GF∥AD，同理可得103kGF=，所以10GFGH+=，因为平行四边形FGHM围成一个平面区域Ω，面积为S，22626sin6552GFGHSGFGHFGHGFGH+===„，当且仅当102GFGH==时取等号.故答案为：

6.四､解答题15.【解析】（1）法一：根据正弦定理()()cos12cossincossin2sinsincosbCcBBCBCCB+=−+=−，整理得()sincossincossin2sins

insin2sinBCCBBCBCBC++=++=，因为πABC++=，所以()sinsinsinsin2sinABCABC=++=，由正弦定理可得2abc+=；法二：由()()cos12cos,coscos2bCcBbCcBbc+=−++=，由射影定理知coscosbCcBa+=（因为si

ncossincossinBCCBA+=），故2abc+=.（2）因为9cos16C=，由余弦定理可得2222coscababC=+−，即229258abab=+−，又5c=，故10ab+=，从而22525()1008abab+=+=，解得24ab=，因为9cos16C=，所以25

7sin1cos16CC=−=，所以1157157sin2422164ABCSabC===.16.【解析】（1）四边形ABCD是菱形，4,2,ACBDO==为AC与BD的交点，1BO⊥平面ABCD.以直线1,,OAODOB分

别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则()()()()()0,0,0,2,0,0,0,1,0,2,0,0,0,1,0OABCD−−，设()10,0,Ba，由()110,1,AABBa==得()12,1,Aa，由()110,1,CCBBa==得()12,1,Ca−，则()()(

)11114,0,0,2,0,,0,0,ACDAaOBa=−==，设平面11ADC的法向量为(),,mxyz=，则1110,40,20,0mACxxazmDA=−=+==取1y=，得()0,1,0m=，11001000mOBamOB=

++=⊥，又1OB平面11ADC，1OB∥平面11ADC.（2）取11AC的中点()0,1,Ma，则1BM∥OD，又四边形ABCD是菱形，1,ACBDBO⊥⊥平面1,ABCDBOAC⊥，故AC⊥面1BMDB，则11,OMACOMAC⊥⊥，又D

M∥1OB，故11DMAC⊥.所以OMD为二面角11OACD−−的平面角.则3tan6OMD=，得23a=，故()()1110,1,23,2,1,0BBBC==−，设平面11BCCB的法向量为()111,,nxyz=，则11111110,230,2

0,0nBByzxynBC=+=−+==取11z=，得()3,23,1n=−−，()1233cos,213121mn−==−++，平面11ADC与平面11BCCB夹角的余弦值为32，平面11ADC与平面11BCCB夹角为π6.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1a=时，()lne,0xfxxx=−.先证明：e1,0xxx+，设()e1xgxx=−−，则()e10xgx=−，即()()00gxg=，即e1xx+，类似地有1e,0ln1xxx

xx−−厔，因此()()()lne112xfxxxx=−−−+=−，证毕.（2）令()()ln1e0xaxax+−−=，得()lnexaxaxx+=+，设()lngxxx=+，显然()gx在定义域上单调递增，而eelnexxxx+=+，则()()e,

exxgaxgax==，依题意，方程exax=有两个不等的实根，显然0a，故1exxa=存在两个不同的零点，设()exxhx=，则()()1exhxx−=−，（i）当0a时，则0x，此时()hx在(),0−上单调递增，()1h

xa=最多一个零点，不合题意；（ii）当0a时，此时0x，当01x时，()0hx，当1x时，()0hx，()hx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，()max1()1ehxh==，要使()1h

xa=有两个零点，则11ea，解得ea，综上可知，ea.18.【解析】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：游客短视频合计收看未看南方游客200100300北方游客80120200合计280220500零假设0H：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联.220.001500(200120

80100)800034.63210.828300200280220231x−===，根据小概率值0.001=的独立性检验，我们推断0H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i次传递后回到甲的概率为()()11111,12444iiiiPPPPi−−=−=−+…，1111545iiPP−−=−−，又111055P−=−，所以15i

P−是首项为15−，公比为14−的等比数列，所以1111554iiP−=−−.（ii）方法一：设第i次传递时甲接到球的次数为iY，则iY服从两点分布，()iiEYP=，设前m次传递中球传到甲的次数为Y，()123111114144(),155254525

14mmmmiimiimmEYEYEYPPPP==−−===++++=−=−+−+，因为()()4mEYEX−=，所以()111525254mmEX=+−−

.方法二：设第i次传递时，乙接到球的概率和次数分别为iq与iX，则iX服从两点分布，()iiEXq=，由题可知()1111111,4545iiiiqqqq−−=−−=−−，又114q=，所以111

520q−=，所以15iq−是首项为120，公比为14−的等比数列，1111111,5204554iiiiqq−−=−=−−，()111111441()15514mmmmiiiiiimE

XEXEXq===−−−====−−−，故()111525254mmEX=+−−.19.【解析】（1）设()()1122,,,PxyQxy，直线:2lx

my=+，因为直线l与双曲线右支相交，故11m−，联立双曲线方程221xy−=，得()()2221430,Δ43mymym−++==+，则12122243,11myyyymm−+==−−，故()()22212221312101mmPQmyym++=+−==−，

即4292470mm−+=，解得213m=，或273m=（舍去），因此33m=，从而直线l的方程为323xy=+.（2）（i）若0m=，则22MNa==，由（1）可知，()()222213231mm

PQm++==−，此时121232SSMNPQ+==；当0m时，设()()3344,,,MxyNxy，直线1:2nxym=−+，由（1）同理可知2343422224433,111111mmmyyyymmm

m−−+====−−−−，故222342112131111mmMNyymm++=+−=−注意到1212SSMNPQ+=()()2222222222221113213223102131112

112mmmmmmmmmmmm++++++++==−−+−，令()22120,tmm=+−+，则()()122431623ttSSt+++=，综上可知，12SS+的取值范围是)23,+.（ii）先证明M为PQN的垂心，只需证明0

MPNQ=，注意到，()()MPNQMRRPNRRQRPRQMRNR=++=+，而()()11222,2,RPRQxyxy=−−()()()2121212221xxyymyy=−−+=+，同理34211MRNRyym=+，()212342111MPNQmyyyym

=+++()()()22222222213131313101111mmmmmmmmm−++++=+=−=−−−−，因此MPNQ⊥，又MNPQ⊥，故M为PQN的垂心，因此180NMPNQP+=，再证明,,

,PQNT四点共圆，即只需证明：NTPNMP=.因为,MT关于原点对称，则22221PTPMPMPMPMPTPMPTPMPMPMPMyyyyyyyyyykkxxxxxxxxxx−−+−−====−−+−−，同理可得1NTNMkk=；则11tantan111

1NTPTNMPMPMNMNTPTNMPMNMPMkkkkkkNTPNMPkkkkkk−−−====+++，即NTPNMP=，因此180NTPNQP+=，因此,,,PQNT四点共圆.