湖南省部分學校學年高二下學期期中考試數學試題注意事項：．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．．本試卷主要考試內容：高考全部內容．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據集合的交集運算即可求解.【詳解】集合，則.故選：D2.已知，若復數，則（）A.2B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】利用復數的乘法運算以及復數相等可求出，可得，再根據求復數的模的公式即可求解.【詳解】因為，所以，解得，第1頁/共19頁所以復數，則．故選：C3.已知直線與圓相交于兩點，，則（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由點到直線的距離公式可得，再由直線與圓的弦長公式即可求解.【詳解】設圓心到直線的距離為，則由點到直線的距離公式可得．因為，所以，解得．故選：B.4.已知銳角滿足，則（）A.B.C.D.1【答案】C【解析】【詳解】因為為銳角，，所以，得，所以．故選：C第2頁/共19頁5.已知雙曲線的離心率為2，左、右焦點分別為是雙曲線上的一點，且，則（）A.B.5C.D.或【答案】A【解析】【分析】根據雙曲線的離心率可求出以的方程為，利用雙曲線的定義分別討論點在雙曲線的左支與右支上的情況從而得出結論.【詳解】由雙曲線的離心率為2，可得，，則，所以的方程為．當點在雙曲線左支上時，．當在雙曲線的右支上時，，因為點到焦點距離的最小值為，所以不符合題意，舍去．故.故選：A6.已知函數，則使成立的的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先判斷函數是偶函數，再利用指數函數的單調性，以及奇偶性可得，解不等式即可得出結論.【詳解】函數，定義域為，關于原點對稱，第3頁/共19頁又因為，易知是偶函數，當時，，則在上單調遞增．由，得，解得．故選：B7.已知，函數的最小正周期為，若，且的圖象關于直線對稱，則（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】由周期范圍求得，再結合對稱軸求得，進而可求解.【詳解】因為，所以，解得．又的圖象關于直線對稱，所以，解得．因為，取，可得，所以.故選：D8.甲、乙、丙三人各自計劃去上海旅游，他們在4月21日到4月23日這三天中的一天到達上海，他們在哪一天到達上海相互獨立，且他們各自在4月21日到4月23日到達上海的概率如下表所示：4月21日4月22日4月23日020.30.5第4頁/共19頁）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據題意，利用全概率公式分別求得，，解不等式即可求解.【詳解】設甲、乙兩人在同一天到達上海的概率為，甲、丙兩人在同一天到達上海的概率為．根據全概率公式可得：，．由，得，即，又，所以．故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.2020至2024年我國快遞業務量及其增長速度如圖所示，則（）第5頁/共19頁A.2020至2024年我國快遞業務量逐年增長B.2020至2024年我國快遞業務量的中位數是億件C.2020至2024年我國快遞業務量增長速度的極差是19.4％D.估計我國2019年的快遞業務量大于500億件【答案】ABD【解析】【分析】根據統計圖表中的數據的增長趨勢，可判定A正確；根據中位數的計算方法，可判定B正確；根據極差的計算方法，可判定C錯誤；設2019年的快遞業務量為億件，得出方程，求得的值，可判定D正確.【詳解】對于A中，根據統計圖表，可得2020至2024年我國快遞業務量逐年增長，所以A正確．對于B中，2020至2024年我國快遞業務量分別為，可得數據的中位數為億件，所以B正確；對于C中，2020至2024年我國快遞業務量增長速度的極差為，所以C錯誤．對于D中，設我國2019年的快遞業務量為億件，則，可得，所以D正確．故選：ABD.10.已知邊長為2的正方形的邊上有一點上有一點，且，如圖1沿折起到2的體積的最大值為，則（）第6頁/共19頁A.是單調遞增函數B.函數先單調遞增后單調遞減C.當平面平面時，的長有最小值2，沒有最大值D.函數有最大值，沒有最小值【答案】BD【解析】【分析】由題意得平面平面，根據錐體的體積公式可得，利用導數判斷的單調性可判斷；利用單調性求最值可判斷；由題意得，根據勾股定理可得，根據函數的單調性即可判斷.【詳解】要使棱錐的體積取得最大，則平面平面，取中點為，則，又平面平面，且平面平面，所以平面，對于：由題知棱錐的高為，棱錐的底面面積，所以．由，當時，，當時，，第7頁/共19頁知在上單調遞增，在上單調遞減，故A錯誤，B正確．對于：由A知在上單調遞增，在上單調遞減，所以，無最小值，故D正確．對于：平面，又平面，所以，所以，令，易知在上單調遞減，所以AP的長度沒有最值，故C錯誤．故選：.已知不等式對任意成立，則實數的取值可以為（）A.B.C.D.e【答案】ABD【解析】【分析】構造函數，由其單調性得到，再參變分離求最值即可求解.【詳解】原不等式可化為．令，則原不等式等價于，易知在上單調遞增，第8頁/共19頁所以不等式可化，兩邊取對數即得，所以恒成立．令，則，由，可得，由，可得，可知在上單調遞增，在上單調遞減，最大值所以，故，即實數的取值范圍為．符合條件的選項有ABD，故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.已知向量，且，則____________．【答案】2【解析】【分析】根據向量共線的坐標表示求解.【詳解】因為，所以，解得．故答案為：213.已知某圓錐的底面圓半徑為3，母線長為5，則該圓錐的外接球的表面積為__________.【答案】【解析】【分析】根據外接球的性質，求外接球的半徑，再列式求解.【詳解】設該圓錐的高為，外接球的半徑為，則.由，解得，所以該圓錐的外接球的表面積.第9頁/共19頁故答案為：14.已知有窮數列的項從大到小重新排序后相應的項數構成新數列數列為數列的“序數列”滿足“序數列”為231有窮數列滿足的“序數列”的“序數列”單調遞增，則____________．【答案】【解析】【分析】根據新定義利用單調性可得，，據此求出即可得解.【詳解】因為的“序數列”單調遞減，所以數列單調遞增，則，所以．又因為，所以，所以，所以①．同理可得②，由①②得，所以.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知的內角的對邊分別為，且．（1）求；（2）若，求的面積；第10頁/共19頁（3）若，求的周長．【答案】（1）（2）（3）【解析】1）根據正弦定理邊角互化，結合和差角公式即可求解，（2）根據面積公式即可求解，（3）利用余弦定理即可求解.【小問1詳解】因為，所以，則，即，即，在中，，則．【小問2詳解】在中，由，得，所以的面積．【小問3詳解】由，得，所以的周長為．16.已知拋物線的焦點為橢圓的右焦點，且的右頂點為．（1）求的方程；第11頁/共19頁（2）設過點且傾斜角為的直線與交于兩點，求．【答案】（1）（2）【解析】1）由拋物線的焦點坐標即可得到，從而得到其標準方程；（2）聯立直線與拋物線方程，結合弦長公式代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】因為，所以的右焦點坐標為，所以，即，所以的方程為．【小問2詳解】依題意可得直線的方程為．由得．設，則，則．17.是菱形，，是的中點，是側面第12頁/共19頁（1）若是側面的中心，證明：．（2）若平面，試求點的軌跡的長度．（3）求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】1）根據直線與平面垂直的判定定義可證平面MPQ，由其性質定理即可得證；（2）根據平面與平面平行的性質定理可證得平面平面，由平面平面，可得MN就是點的軌跡，即可求解.（33建立空間直角坐標系，利用空間向量法分別求出平面與平面的一個法向量，利用平面與平面的夾角公式求解即可.【小問1詳解】證明：如圖1，取CD的中點，連接，則平面ABCD，又平面ABCD，所以．第13頁/共19頁因為PM是的中位線，所以．因為ABCD是菱形，所以，從而．又，平面MPQ，所以平面MPQ，而面MPQ，從而【小問2詳解】如圖2，取CD的中點的中點，連接，，則．又平面平面，所以平面．同理平面，又，平面,所以平面平面．因為平面平面，所以MN就是點的軌跡．因為，所以點的軌跡長度為．【小問3詳解】設AC與BD交于點，由題設可知，以為坐標原點，的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖3所示，第14頁/共19頁則，，設平面的法向量為，由得令，得設平面的法向量為，則，由得令，則，得．設平面與平面的夾角為，則18.已知一個盒中裝有3個大小，形狀完全相同的小球（1個紅球和2取出1個小球，若取出的是紅球，則將1個黑球放入盒中；若取出的是黑球，則將1個紅球放入盒中，以上取1個球再放1個球的過程稱為1次操作．假設每次取球相互獨立．（1）經過2次操作后，記盒中紅球的個數為X，求X的分布列；（2）求第3次操作取到紅球的概率；（3）設經過次操作后，盒中全是黑球的概率為，求數列的前n項和．【答案】（1）第15頁/共19頁13（2）（3）【解析】1）根據題目條件得出盒中紅球的個數的可能值，分別求出概率，即可得出分布列；（2）方法一：設出第次取到紅球的事件，即可求出第3次操作取到紅球的概率；方法二：根據（1）中第二次的情況，即可求出第3次操作取到紅球的概率；（3）求出當為奇數和偶數時盒中球的情況，得出遞推公式，證明是等比數列，即可求出通項公式，進而得出的前n項和.【小問1詳解】由題意，的所有可能取值為1,3，,故的分布列為13【小問2詳解】由題意，（方法一）設事件表示第次取到紅球，則（方法二）由（1）知第3次操作取到紅球的概率為．【小問3詳解】第16頁/共19頁由題意及（12）得，設次操作后，盒中全是黑球、1個紅球和2個黑球、2個紅球和1個黑球、全是紅球的概率分別為．由操作規則可知，當為奇數時，盒中全是黑球或2個紅球、1個黑球，當為偶數時，盒中全是紅球或1個紅球、2個黑球，即，其中．因為，所以，所以是以為首項，為公比的等比數列，則．故．即19.已知函數，且的圖象在點處的切線方程為．（1）求的解析式；（2）若是在上的一個極值點，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】第17頁/共19頁1）代入函數得，解得．利用導數的幾何意義可得，從而可得的解析式；（2）分別討論，，時，的單調性，從而可得，由是在上的一個極值點，得，所以解得再根據三