2022-2023学年湖南省长沙市高二年级下册学期第三次阶段性测试数学试题【含答案】

2022-2023学年湖南省长沙市高二下学期第三次阶段性测试数学试题一、单选题1．若，则（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据给定条件，求出复数，再利用共轭复数的意义及复数乘法计算作答.【详解】依题意，，于是，所以.故选：C2．在平面直角坐标系中，若角以轴非负半轴为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，则的一个可能取值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角函数的定义得到，再根据特殊角的三角函数判断即可.【详解】依题意可得，则或，所以的一个可能取值为.故选：B3．已知函数为奇函数，则函数的图象（

）A．关于点对称 B．关于点对称C．关于点对称 D．关于点对称【答案】A【分析】根据为奇函数，得到关于对称，进而得到答案.【详解】函数为奇函数，图像关于对称，则函数关于对称，所以函数的图象关于对称．故选：A.4．已知向量，，，若，，则（

）A． B． C．5 D．6【答案】A【分析】先利用向量坐标运算法则求出，再由，利用向量夹角余弦公式列方程，求出实数的值．【详解】向量，，，，又，，即，解得实数．故选：．5．我国新型冠状病毒感染疫情的高峰过后，关于药物浪费的问题引发了广泛的社会关注．过期药品处置不当，将会给环境造成危害．现某药厂打算投入一条新的药品生产线，已知该生产线连续生产n年的累计年产量为（单位：万件），但如果年产量超过60万件，将可能出现产量过剩，产生药物浪费．因此从避免药物浪费和环境保护的角度出发，这条生产线的最大生产期限应拟定为（

）A．7年 B．8年 C．9年 D．10年【答案】B【分析】计算出，解不等式，则有，再利用二次函数的单调性即可得到答案.【详解】第一年年产量为，以后各年年产量为，，当时也符合上式，∴．令，得．设，对称轴为，则当时，单调递增，又因为，，则最大生产期限应拟定为8年，，故选：B．6．如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积和体积分别为（

）

A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】作出图形，根据题意，利用垂径定理即可求解.【详解】设球的半径为，则，所以，取圆台的轴截面，如图所示；设圆台的上、下底面圆心分别为F、E，则E、F分别为AB、CD的中点，连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，则．由垂径定理可如，，，所以，，所以EF=7，．因此，圆台的侧面积为，圆台的体积为，故选：D．7．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求．现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“数学方法论”，“几何原本”，“什么是数学”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（

）A．150种 B．210种 C．300种 D．360种【答案】B【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.【详解】第1步，将五门选修课程分为3组，若分为3、1、1三组，有种分组方法，若分为3，2，0三组，有种分组方法，若分为2、2、1三组，有种分组方法，则一共有种分组方法．第2步将分好的三组安排在三年内选修，有种情况，则有种选修方式，故选：B.8．已知点M，N是抛物线：和动圆C：的两个公共点，点F是的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当变化时，的最小值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得到，结合是MN的中点，可得，由抛物线的定义可将转化为，当三点在一条直线时，可求得的最小值.【详解】圆C：的圆心，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，设直线的方程为，化简为：，，消去可得：，设，，所以，因为是MN的中点，所以，解得：，故，，由抛物线的定义可知，过点作交于点，过点作交于点，所以，所以，当三点在一条直线时取等.故选：B.

二、多选题9．下列有关四边形的形状，判断正确的有（

）A．若，则四边形为平行四边形B．若，且，则四边形为菱形C．若，则四边形为矩形D．若，且，则四边形为正方形【答案】AB【分析】对选项A，利用即可判断出选项A的正误；对于选项B，由，得出四边形为平行四边形，再根据，即可判断出选项B的正误；对于选项C，根据条件，得到，即，从而判断出选项C的正误；选项D，根据及即可判断出选项D的正误.【详解】选项A，若，则，，则四边形为平行四边形，故A正确；选项B，若，则，，则四边形为平行四边形，又，则，则四边形一定是菱形，故B正确；选项C，若，则，则，则，仅由不能判定四边形为矩形，故C错误；选项D，若，则，，则四边形为平行四边形，又由，可得，所以对角线，则平行四边形为菱形，故D错误，故选：AB．10．已知函数，，则下列结论中正确的是（

）A．若，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称B．若，且的最小值为，则C．若在上单调，则的取值范围为D．若在上有且仅有2个零点，则的取值范围是【答案】ABC【分析】根据辅助角公式化简，由平移的性质可判断A,由最值与周期的关系可判断B，利用整体法，结合余弦函数的性质即可判断CD.【详解】函数．选项A：若，，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，所以A正确；选项B：若，则，分别是函数的最大值点，最小值点(或者最小值点和最大值点)，若的最小值为，则最小正周期是，所以，B正确；选项C：设，当时，，若在上单调，则，所以，C正确；选项D：当时，，若在仅有2个零点，则在仅有2个零点，则，所以，D错误，故选：ABC．11．如图，在正三棱锥A-BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AC⊥AB，则下列结论正确的是（

）

A．该棱锥的体积为B．该棱锥外接球的体积为C．异面直线CE与BD所成角的余弦值为D．以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为【答案】BCD【分析】根据三棱锥的体积公式即可判断A，根据正方体的外接球即可由体积公式求解B，根据线线平行，结合异面直线所成角的定义，即可由余弦定理求解C，根据弧长公式即可求解D.【详解】因为，由正三棱锥性质可知，AC，AB，AD两两垂直，且，利，所以，，所以，A错误；设外接球半径为R，补形成以AC，AB，AD同一顶点出发的三条棱长的正方体可知，则正方体的体对角为其外接球的的直径，即，即，所以外接球体积为，B正确；记AB中点为H，连接CH，EH，则，由于,所以，所以为锐角，所以即为异面直线与所成角．因为，，所以，故C正确；如图，易知以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线，是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧，其圆心角分别为，，，所以其交线长为，故D正确．故选:BCD．

12．定义在上的函数的导函数为满足，若对于任意，则一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】构造函数，求导可得单调性，即可结合选项判断ABD,举反例即可求解C.【详解】设，则，所以在上单调递增．选项A：由于，所以，则，所以，故A正确；对于B：由于，且，所以，故，故B正确；对于C：取满足条件，取但，故C错误；对于D：因为，所以，即，从而，同理可得，所以，D正确，故选：ABD．三、填空题13．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：广告费x/万元1.82.235销售额y/万元12■2840根据上表已得回归方程为，表中一数据模糊不清，请推算该数据的值为．【答案】【分析】设数据的值为a，根据回归直线方程恒过样本中心点，列出方程，即可求解.【详解】设数据的值为a，可得，，由回归直线方程恒过样本中心点，可得，解得．故答案为：.14．若直线与曲线相切，则实数．【答案】【分析】设切点为，利用导数的几何意义结合点为直线与曲线的公共点，可得出关于、的方程组，即可解得的值.【详解】设切点为，由，得，则，因为点为直线与曲线的公共点，则，所以，，即，可得，故.故答案为：.15．已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上存在一点，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点，且，则此双曲线的离心率为．【答案】【分析】设出双曲线的焦点和一条渐近线方程，求得到渐近线的距离，可得，，由直角三角形的锐角三角函数和三角形的余弦定理，化简可得，再由离心率公式可得所求值.【详解】设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为：，，一条渐近线方程为，可得到渐近线的距离为，，则，，在直角三角形中，，在中，可得，化为，即有.故答案为：.16．拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在中，已知，且，现以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积最大值为.【答案】/【分析】设的三个内角，，的对边分别为，，，连接，则，由等边三角形的性质可求出，从而可求出，在中，利用余弦定理结合基本不等式可得，从而可求出的面积最大值【详解】设的三个内角，，的对边分别为，，.连接，则由题设得，，因为以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，所以，，所以在中，由余弦定理可得即又，∴即（等号当时成立），由题意可得为等边三角形，故故答案为：四、解答题17．每年4月23日是世界读书日，设立的目的是推动更多的人去阅读和写作，享受阅读带来的乐趣．为了鼓励同学们阅读四大名著，学校组织了相关知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：奖项组别个人赛团体赛获奖一等奖二等奖三等奖高一20206050高二162910550(1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以X表示这2人中团体赛获奖的人数，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）利用古典概型及条件概率的概率公式计算可得；（2）首先求出高一、二团体赛获奖的概率，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到其分布列与数学期望．【详解】（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件，记“任取1名学生，该生为高一学生”为事件，则，，所以．（2）由已知可得，高一团体赛获奖的概率，高二团体赛获奖的概率，所以的可能取值为，，．所以，，．

则的分布列为012∴．18．已知数列中，，前n项和为，若对任意的，均有．(1)求数列的通项公式；(2)数列满足（），求（且）的值（结果用m表示）．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据的关系即可求证为等比数列，即可求解，（2）根据对数的运算性质可得，进而由分组求和，结合等差数列求和公式即可求解.【详解】（1）因为，故，两式相减得，，

在中令，则可得，故，

故，则数列为等比数列，且公比为3，所以．（2）．

令，解得，可得当，2，3时，，当且时，．

19．在几何体中，，，点，在棱上，且，三棱柱是直三棱柱，且．

(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据直三棱柱的特点和线面垂直的性质得，证明，再利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以点为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，面面角的空间向量求法即可.【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以⊥平面，因为平面，所以．由，，点，在棱上，且，由余弦定理得，而，则，即有，，即有，所以，．

因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）由题意，由（1）易知，，两两垂直，以点B为坐标原点，直线，，分别为x秞、y轴、z轴建立空间直角坐称系，因为，E为CD中点，则，，，，，，所以，，．设平而的法向量，则，即，取，得，又平面的一个法向量．

设平面与平面夹角为，则，故所求平面与平面所夹角的余弦值为．

20．在直角坐标系xOy中，动点Q到直线的距离与到点的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设动点Q的坐标为，根据题意得到，即可求解；（2）设切线方程，联立方程组，由，得出方程，设切线的斜率分别为，，得到，求得，即可求解.【详解】（1）解：设动点Q的坐标为，因为动点Q到直线的距离与到点F（，0）的距离之比为2，可得，整理得，即所求曲线的方程为．（2）解：根据题意，设点，显然，过P点的切线斜率均存在，设切线方程：，联立方程组，整理得，由，即，设两条切线的斜率分别为，，则，则，当且仅当时取等号，所以的最大值为．

21．设，函数，．(1)讨论函数的零点个数；(2)若函数有两个零点，，求证：．【答案】(1)两个(2)证明见解析【分析】（1）利用分离参数法分类讨论函数的零点个数；（2）利用根与系数关系和三角函数单调性证明.【详解】（1）由题设得．令，得．设，因为，所以，所以．

①当时，无解；②当时，仅有一解，此时x仅有一解；③当时，有两解，此时方程各有一解，所以有两个零点；综上，时，无零点，时，有一个零点，时，有两个零点．（2）有两个零点时，今，，则，为的两解，则，则，则．

由，可得，，所以，所以．所以．

由可得，，则．由在递减，可得，则．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有