湖南省长沙市第一中学2024年高二下学期第二次阶段性检测-数学试题+答案

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.已知复数满足，则复数的虚部为（ ）A. B. C. D.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.25 B.23 C.21 D.193.已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）A. B. C. D.4.已知直线是三条不同的直线，平面是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）A.若，则B.若，则C.若，且，则D.若，且，则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.6 B.12 C.18 D.366.若，设，则的大小关系为（ ）A. B.C. D.7.已知等比数列的前项和为，若恒成立，则的最小值为（ ）A. B. C. D.18.已知，且，则的最大值为（ ）A.9 B.12 C.36 D.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，则（ ）A.曲线在第一象限为双曲线的一部分B.曲线的图象关于原点对称C.直线与曲线没有交点D.存在过原点的直线与曲线有三个交点11.若定义域为的函数不恒为零，且满足等式，则下列说法正确的是（ ）A. B.在定义域上单调递增C.是偶函数 D.函数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（单位：）与时间（单位：s）存在函数关系，则该小球在时的瞬时速度为__________.13.若随机变量服从正态分布，且，则__________.14.在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为__________.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）在中，内角的对边分别为，且.（1）证明：；（2）若，求的面积.16.（本小题满分15分）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.（1）求证：平面；（2）若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小.17.（本小题满分15分）已知函数.（1）当时，求证：；（2）若存在两个零点，求实数的取值范围.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，求经过次传递后球回到甲的概率；（ii）已知，记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望.参考公式：，其中；若为随机变量，则.附表：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82819.（本小题满分17分）已知双曲线，过的直线与双曲线的右支交于两点.（1）若，求直线的方程，（2）设过点且垂直于直线的直线与双曲线交于两点，其中在双曲线的右支上.（i）设和的面积分别为，求的取值范围；（ii）若关于原点对称的点为，证明：为的垂心，且四点共圆.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】，故的虚部为.故选：A.2.C 【解析】设高三（1）班有51名学生组成的集合为，参加田赛项目的学生组成的集合为，参加径赛项目的学生组成的集合为，由题意集合有17个元素，有22个元素，中有9个元素，所以有个元素.所以该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为.故选：C.3.B 【解析】，向量在向量上的投影向量为，故选：B.4.D 【解析】对于A，若，则可能平行，可能异面，可能相交，故A错误；对于B，若，则或，故B错误；对于C，以长方体为例，平面平面，但与平面不垂直，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，将白球插空有种可能，故选：B.6.D 【解析】由题意知，由，所以为偶函数，当单调递增，因为，且，所以，所以，即.故选：D.7.C 【解析】设等比数列的公比为，由，得，则，即，因为，所以，解得，所以，所以，当为奇数时，，所以，当为偶数时，，所以，所以.故选：C.8.C 【解析】依题意，与为圆上一点，且，得为等腰直角三角形，设为的中点，则点在以为圆心，2为半径的圆上，即，故，因为点到定点的距离的最大值为，因此的最大值为36.9.BCD 【解析】对A，因为二项式的展开式中共有4项，故A错误；对B，二项式的展开式中通项为，令，得，所以常数项为，故B正确；对C，二项式中，所有项的二项式系数和为，故C正确；对D，令，得，故D正确.故选：BCD.10.AC 【解析】当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分；当时，曲线，为焦点在轴的棈圆的一部分；当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分；当时，曲线没有图象.由图象可知，A正确，B错误，结合曲线的渐近线可知C正确，D错误.11.AD 【解析】对于，令得，即，A正确；对于B，若在定义域上单调递增，当时，，令，得，即，与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；对于C，若是偶函数，则，且，因为，所以，所以，即，得或，又，所以恒成立，矛盾，故C错误；对于D，当时，，记，则，所以，令，解得，因为不恒为零，所以在两边异号，所以为的极值点，所以函数有两个极值点，D正确.故选：AD三填空题12.-2 【解析】由函数，可得，则，所以该小球在时的瞬时速度为-2.故答案为：-2.13.0.34 【解析】服从正态分布，则.故答案为0.34.14. 【解析】四面体拓展为长方体，如图所示，，设，则有因为点分别是线段的中点，所以底面，又有直线平面，所以底面，设平面与的交线分别为：，因为底面分别与平面交于，所以，同理，所以，同理，所以四边形为平行四边形，且，在中，，，所以，设，则，由，所以，由，同理可得，所以，因为平行四边形围成一个平面区域，面积为，，当且仅当时取等号.故答案为：.四解答题15.【解析】（1）法一：根据正弦定理，整理得，因为，所以，由正弦定理可得；法二：由，由射影定理知（因为），故.（2）因为，由余弦定理可得，即，又，故，从而，解得，因为，所以，所以.16.【解析】（1）四边形是菱形，为与的交点，平面.以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，设，由得，由得，则，设平面的法向量为，则取，得，，又平面，平面.（2）取的中点，则，又四边形是菱形，平面，故面，则，又，故.所以为二面角的平面角.则，得，故，设平面的法向量为，则取，得，，平面与平面夹角的余弦值为，平面与平面夹角为.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）当时，.先证明：，设，则，即，即，类似地有，因此，证毕.（2）令，得，设，显然在定义域上单调递增，而，则，依题意，方程有两个不等的实根，显然，故存在两个不同的零点，设，则，（i）当时，则，此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意；（ii）当时，此时，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，，要使有两个零点，则，解得，综上可知，.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：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联.，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，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）设经过次传递后回到甲的概率为，，又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以.（ii）方法一：设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，，因为，所以.方法二：设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，由题可知，又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，，，故.19.【解析】（1）设，直线，因为直线与双曲线右支相交，故，联立双曲线方程，得，则，故，即，解得，或（舍去），因此，从而直线的方程为.（2）（i）若，则，由（1）可知，，此时；当时，设，直线，由（1）同理可知，故注意到，令，则，综上可知，的取值范围是.（ii）先证明为的垂心，只需证明，注意到，，而，同理，，因此，又，故为的垂心，因此，再证明四点共圆，即只需证明：.因为关于原点对称，则，同理可得；则，即，因此，因此四点共圆.