湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期第三次月考数学试题含答案.pdf

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1、长沙市第一中学长沙市第一中学 20232024 学年度高二第二学期第二次阶段性检测学年度高二第二学期第二次阶段性检测数学数学时量：时量：120 分钟分钟 满分：满分：150 分分得分得分_.一一 选择题选择题（本题共（本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）符合题目要求的）1.已知复数z满足1 i2iz，则复数z的虚部为（）A.32B.32C.3i2D.3i22.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

2、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.4 2,5 5B.8 4,5 5C.4 8,5 5D.2 4,5 54.已知直线,a b c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,ac bc，则abB.若a,b a，则bC.若a,b,ca，且cb，则cD.若,，且a，则a5.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.366.若 21l

3、n1f xxx，设0.33,ln2,2afbfcf，则,a b c的大小关系为（）A.cabB.bcaC.abcD.acb7.已知等比数列 na的前n项和为1631,872nS aSS，若nS恒成立，则的最小值为（）A.14B.13C.12D.18.已知222211228xyxy，且12120 x xy y，则2212122xxyy的最大值为（）A.9B.12C.36D.48二二 多选题多选题（本题共（本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得要求，全部选对的得 6 分，部分选对

4、的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）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:44C y yx x，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 f x不恒为零，且满足等式 2xfxxf x，则下列说法正确的是（）A.00fB.f x在定义域上单调递增C.f x是偶函数D.函数 fx有两个极值点三三 填空题填空题（本题共（本题共 3 小

5、题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分）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 2269h ttt，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30.66P X，则(1)P X _.14.在四面体ABCD中，且7,3,10ABCDACBDADBC，点,P Q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，则的面积的最大值为_.四四 解答题解答题（本题共（本题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明

6、 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤）15.（本小题满分 13 分）在ABC中，内角,A B C的对边分别为,a b c，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1111ABCDABC D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：1BO平面11ADC；（2）若二面角11OACD的正切值为36，求平面11ADC与平面11BCC B夹角的大小.17.（本小题满分 15 分）已知函数 ln1exf xaxa

7、x.（1）当1a 时，求证：2f x ；（2）若 f x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

8、，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*iN，求经过i次传递后球回到甲的概率；（ii）已知*mN，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()n adbcabcdacbd，其中nabcd；若12,mY YY为随机变量，则 11mmiiiiEYE Y.附表：0.10.050.010.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.82819.（本小题满分 17 分）已知双曲线22:1C xy，过2,0R的直线l与双曲线C的右支交于,P Q两点.（1）若2 10PQ，求直线l的方程，（2）设过点

9、R且垂直于直线l的直线n与双曲线C交于,M N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,S S，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,P Q N T四点共圆.长沙市第一中学长沙市第一中学 20232024 学年学年度度高二第二学期第二次阶段性检测高二第二学期第二次阶段性检测数学参考答案数学参考答案一一 二二 选择题选择题题号1234567891011答案ACBDBDCCBCDACAD1.A【解析】2i 1 i2i13i1 i1 i 1 i22z，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

10、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51 3021.故选：C.3.B【解析】1 22 14|1 45,|4 15,cos,5|55a baba ba b ，向量a在向量b上的投影向量为2,148 4cos,5,55 55baa bb，故选：B.4.D【解析】对于 A，若,ac bc，则a b可能平行，可能异面，可能相交，故 A 错误；对于 B，若a,b a，则b或b，故 B 错误；对于 C，以长方体ABCD

11、A B C D 为例，AB平面,A B C D CD 平面,ABC D BCAB BCCD ，但BC与平面A B C D 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()1fxxf xx，所以 f x为偶函数，当 210,ln1xf xxx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

12、：D.7.C【解析】设等比数列 na的公比为q，由6387SS，得6338 SSS，则45612318aaaaaa，即312312318qaaaaaa，因为1230aaa，所以318q ，解得12q ，所以11122nna，所以1112211113212nnnS ，当n为奇数时，11132nnS，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,A x y与22,B xy为圆22:8O xy上一点，且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222222

13、121212122414122MMxxyyxxyyxy，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33321331C()C(1)03kkkkkkkTxxkx，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310 xx，故 D 正确.故选：BCD.10.AC【解析】当0,0 xy 时，曲线22:14yCx，为焦点在y轴上的双

14、曲线的一部分；当0,0 xy时，曲线22:14yCx，为焦点在y轴的棈圆的一部分；当0,0 xy时，曲线22:14yC x，为焦点在x轴上的双曲线的一部分；当0,0 xy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0 x 得 200f，即 00f，A 正确；对于 B，若 f x在定义域上单调递增，当0 x 时，00f xf，令3x ，得3330ff，即30f ，与 f x在定义域上单调递增矛盾，故 B 错误；对于 C，若 f x是偶函数，则 fxf x，且 fxfx，因为 2xfxxf x，所以2xfxxfx，所以

15、 22xf xxfx ，即 20 xf x，得0 x 或 0f x，又 00f，所以 0f x 恒成立，矛盾，故 C 错误；对于 D，当0 x 时，221xf xfxf xxx，记 21g xfxf xx，则 222222211gxf xfxf xf xxxxx ，所以 22242241xxf xgxf xxxx，令2420 xx，解得1222,22xx ，因为 f x不恒为零，所以在12,x x两边 gx异号，所以12,x x为 g x的极值点，所以函数 fx有两个极值点，D 正确.故选：AD三三 填空题填空题12.-2【解析】由函数 2269h ttt，可得 46h tt，则 24 262

16、h ，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)131 0.660.34P XP XP X .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,ACa ABb AAc，则有22222210,7,6,2,3,9,abbcabcca解得因为点,P Q分别是线段,AD BC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：,MF MH FG GH，因为底面1,ABCBCD分别与平面1,ABC交于,GH

17、BC，所以GHBC，同理FMBC，所以GHFM，同理FGHM，所以四边形FGHM为平行四边形，且1FGHAQC，在1Rt ABC中，111126sin,cos1010ABACACBACBBCBC，111112 6sinsin 2sin22sincos5AQCACBACBACBACB，所以12 6sinsin5FGHAQC，设BGk，则3GDk，由GHBC，所以3,103GHGDkGHBCBD，由GFAD，同理可得103kGF，所以10GFGH，因为平行四边形FGHM围成一个平面区域，面积为S，22 62 6sin6552GFGHSGF GHFGHGF GH，当且仅当102GFGH时取等号.故答

18、案为：6.四四 解答题解答题15.【解析】（1）法一：根据正弦定理cos12cossin cossin2sinsin cosbCcBBCBCCB，整理得sin cossin cossin2sinsinsin2sinBCCBBCBCBC，因为ABC，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sin cossin cossinBCCBA），故2abc.（2）因为9cos16C，由余弦定理可得2222coscababC，即229258abab，又5c，故10ab，从而

19、22525()1008abab，解得24ab，因为9cos16C，所以25 7sin1 cos16CC，所以115 715 7sin2422164ABCSabC.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,OA OD OB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,mx

20、 y z，则1110,40,20,0m ACxxazm DA 取1y，得0,1,0m，110 0 1 000m OBamOB ，又1OB 平面11ADC，1OB平面11ADC.（2）取11AC的中点0,1,Ma，则1BMOD，又四边形ABCD是菱形，1,ACBD BO平面1,ABCD BOAC，故AC 面1B MDB，则11,OMAC OMAC，又DM1OB，故11DMAC.所以OMD为二面角11OACD的平面角.则3tan6OMD，得2 3a，故1110,1,2 3,2,1,0BBBC ，设平面11BCC B的法向量为111,nx y z，则11111110,2 30,20,0n BByzx

21、yn BC取11z，得3,2 3,1n ，12 33cos,213 12 1m n ，平面11ADC与平面11BCC B夹角的余弦值为32，平面11ADC与平面11BCC B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.17.【解析】（1）当1a 时，lne,0 xf xxx.先证明：e1,0 xxx，设 e1xg xx，则 e10 xgx ，即 00g xg，即e1xx，类似地有1e,0ln1xx xx x，因此 lne112xf xxxx，证毕.（2）令 ln1e0 xaxax，得lnexaxaxx，设 lng xxx，显然 g x

22、在定义域上单调递增，而eelnexxxx，则e,exxg axgax，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 exxh x，则 1exh xx，（i）当0a 时，则0 x，此时 h x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0 x，当01x时，0h x，当1x 时，0h x，h x在0,1上单调递增，在1,上单调递减，max1()1eh xh，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

23、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(200 12080 100)800034.63210.828300 200 280 220231x，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11111,12444iiiiP PPPi，1111545iiPP，又111055P ，所以15iP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

24、的次数为iY，则iY服从两点分布，iiE YP，设前m次传递中球传到甲的次数为Y，123111114144(),15525452514mmmmiimiimmE YEYE YPPPP ，因为 4mE YE X，所以111525254mmE X.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，iiE Xq，由题可知1111111,4545iiiiqqqq，又114q，所以111520q，所以15iq是首项为120，公比为14的等比数列，1111111,5204554iiiiqq ，111111441()15514mmmmiiiiiimE XEXE Xq ，故111

25、525254mmE X.19.【解析】（1）设1122,P x yQ xy，直线:2l xmy，因为直线l与双曲线右支相交，故11m，联立双曲线方程221xy，得2221430,43mymym，则12122243,11myyy ymm，故22212221312 101mmPQmyym，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，2222132 31mmPQm，此时1212 32SSMNPQ；当0m 时，设3344,M xyN xy，直线1:2n xym，由（1）同理可知23434222244

26、33,111111mmmyyy ymmmm，故222342112131111mmMNyymm注意到1212SSMNPQ2222222222221113213223102131112112mmmmmmmmmmmm，令22120,tmm，则12243162 3ttSSt，综上可知，12SS的取值范围是2 3,.（ii）先证明M为PQN的垂心，只需证明0MP NQ，注意到，MP NQMRRPNRRQRP RQMR NR ，而 11222,2,RP RQxyxy 2121212221xxy ymy y，同理34211MR NRy ym ，212342111MP NQmy yy ym 2222222221313 13 13101111mmmmmmmmm，因此MPNQ，又MNPQ，故M为PQN的垂心，因此180NMPNQP，再证明,P Q N T四点共圆，即只需证明：NTPNMP.因为,M T关于原点对称，则22221PTPMPMPMPMPTPMPTPMPMPMPMyyyyyyyyyykkxxxxxxxxxx，同理可得1NTNMkk；则11tantan1111NTPTNMPMPMNMNTPTNMPMNMPMkkkkkkNTPNMPkkkkkk，即NTPNMP，因此180NTPNQP，因此,P Q N T四点共圆.