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1、 2022年4月湖湘教育三新探索协作体高二期中联考数 学一、单项选择题：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已知集合，集合，则（ ）ABCD2已知z为复数且满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ）ABCD3已知两个非零向量，夹角为45，且，则（ ）A2B4CD54已知为锐角，且，则（ ）ABCD5公比不为1的等比数列，前n项和为，已知，成等差数列，若，则（ ）ABC6D636已知的展开式中项的系数为42，则实数a的值为（ ）ABCD7近期全国多地又出现新冠疫情，形式严峻某中学为落实疫情防控的要求，将对进出校门人员进行健康码检查，现准备安排甲乙
2、等5名工作人员在学校的前门，后门和侧门这三处进行值班，每处至少要安排一人且所有人员都要安排到位，甲乙两人因特殊情况不能安排在一处，则不同的安排方案共有（ ）A90种B96种C114种D150种8已知不等式对恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9已知函数，则（ ）A函数的最小正周期为B函数的图象关于直线对称C函数的图象关于点对称D函数在上单调递增10已知，则（ ）A展开式中所有项的系数和为1B展开式中二项式系数最大项为第1011项CD11已知数列中，
3、则以下说法正确的是（ ）AB数列是等比数列CD12已知正方体ABCDEFGH棱长为2，M为棱CG的中点，P为底面EFGH上的动点，则（ ）A存在点P，使得B存在唯一点P，使得C当，此时点P的轨迹长度为D当P为底面EFGH的中心时，三棱锥PABM的外接球体积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知函数，则在处的切线方程为_14袋中装有9个形状大小均相同的小球，其中4个红球，3个黑球，2个白球，从中一次取出2个球，记事件A“两球是同一颜色”，事件B“两球均为红球”，则_15已知直线分别与函数和的图象交于点A，B，则的最小值为_16已知点A是抛物线的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的
4、焦点，P在抛物线上在PAB中，当m取最小值时，点P恰好在以A，B为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本题满分10分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求角B；（2）若，求ABC周长的最大值18（本题满分12分）已知数列的前n项和为，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和19（本题满分12分）某市运动会上，将要进行甲、乙两人的羽毛球冠亚军决赛，比赛实行三局两胜制已知每局比赛中，若甲先发球，其获胜的概率为，否则其获胜的概率为（1）若在第一局比赛中采用抛硬币的方式决定谁先发球，试求乙在此局
5、获胜的概率；（2）若第一局由甲先发球，以后每局由负方先发球规定胜一局记1分，负一局记0分，记X为比赛结束时甲的得分，求随机变量X的分布列20（本题满分12分）如下图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，ABC60，点M，N分别为BC，PA的中点（1）证明：平面PCD；（2）若直线AC与平面PBC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值21（本题满分12分）已知抛物线C：的焦点为F，抛物线上一点到F点的距离为（1）求抛物线的方程及点A坐标；（2）设斜率为k的直线l过点B（2，0）且与抛物线交于不同的两点M、N，若且，求斜率k的取值范围22（本题满分
6、12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，是的两个零点，求证：2022年4月湖湘教育三新探索协作体高二期中联考数学参考答案1C【解析】，故答案C2A【解析】，所以复数z虚部为故答案为A3B【解析】由可得又，故答案为B4C【解析】为锐角，故答案为C5A【解析】，成等差数列，设数列公比为q，则，或又故答案为A6D【解析】展开式的通项，项为：故答案为D7C【解析】由题意，分为三类：第一类，甲单独在一处，其余人在剩下的两处；第二类，从剩下三人中选一人与甲在一处，其余人在剩下的两处；第三类，从剩下三人中选两人与甲在一处，其余人在剩下的两处；总的安排方案数或用总的方法数减去问题反面的方法数也可故答
7、案为C8A【解析】由可得令易知在上单调递增，又有（，）对任意的均成立在上递增，递减故答案为A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9BC【解析】函数的最小正周期为，故A选项错误将代入解析式得：，故B选项正确将代入解析式得：，故C选项正确由可得：，的单调递增区间为显然，不存在这样的k，使得故D选项正确错误故答案为BC10ACD【解析】在展开式中，令可得：，故A选项正确展开式有2023项，所以第1012项的二项式系数最大，故B选项错误在展开式中，令可得：；再令，得将以上两式相减可得，故C选项正确对
8、展开式两边分别求导得：，再令可得故D选项正确故答案为ACD11ACD【解析】由及可得前四项为2，2，6，10，A选项正确，B选项错误故D选项正确故C选项正确.故答案为ACD12BCD【解析】以D为原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyzA（2，0，0），M（0，2，1），设P点坐标为（x，y，2）（），为求的最小值，找出点A关于平面EFGH的对称点，设该点为，则点坐标为故A选项错误由可得故B选项正确时，即，此时由点P坐标为得到点P轨迹是连接棱EF中点与棱EH中点的线段，其长度为线段HF的一半，即长为故C选项正确当P为底面EFGH的中心时，由A选项知显然，外
9、接球球心为棱AM的中点，从而求得球半径为故D选项正确故答案为BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13【解析】，又因为，所以在处的切线方程为14【解析】15【解析】当时，令，在上递减，上递增，最小值为16【解析】又当m最小时，最小故当直线AP与抛物线相切时，PAH最小点A（0，-2），设直线AP方程为，联立，此时，椭圆中，椭圆离心率四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（1）（过程见解析）（2）9（过程见解析）【解析】（1）解：由已知及正弦定理可得：又，显然，由可得所以角（2）法一：由余弦定理可得：，即当且仅当时等号成立所以周长的最大值为9
10、法二：由正弦定理得：，即时，有最大值6所以周长的最大值为918（1）（过程见解析）（2）（过程见解析）【解析】（1）解：由题意，数列满足，又两式相减可得：而，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列所以数列的通项公式为：（2）解：由，可得所以可得两式相减可得：所以19（1）（过程见解析）（2）见解析【解析】（1）解：设事件A为“乙在第一局中获得胜利”，设事件B为“甲先发球”，事件C为“乙先发球”，则，B、C互斥由全概率公式可知：（2）X的可能取值为0，1，2时，比赛的结果为：“乙乙”时，比赛的结果为：“乙甲乙”，“甲乙乙”时，比赛的结果为：“甲甲”，“甲乙甲”，“乙甲甲”X的分布列为：X01
11、2P20（1）见解析（2）见解析【解析】（1）取PD中点Q，连接NQ，CQNQ为的中位线，且又四边形ABCD为菱形，M为BC中点，且且所以四边形NQCM为平行四边形，所以又平面PCD，平面PCD平面PCD（2）设AC中点为O，以O为原点，以OB，OC所在直线分别为x，y轴，以过点O与PA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系设，设为平面PBC的一法向量，取可得直线AC与平面PBC所成角的正弦值为：（利用几何法找到线面角求出也可）下面求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值易证得平面PAC可作为平面PAC的一法向量设为平面PCD的一法向量取可得设平面PAC与平面PCD夹角为所以平面PAC与平面PCD夹
12、角的余弦值为21（1）抛物线方程为：A点坐标为：（过程见解析）（2）k的取值范围是（过程见解析）【解析】（1）由抛物线定义可知：，得，抛物线方程为将点坐标代入抛物线方程得：点A坐标为（2）直线l的方程为，设M、N两点的坐标分别为，联立消去y，整理得：由或且，又即，又令又：或k的取值范围是22（1）见解析（2）见解析【解析】（1）定义域为当时，对均成立，在上单调递当时，令，解得；令，解得在上单调递增，在上单调递减综上所述，时，在上单调递增：时，在上单调递增，在上单调递减（2），是的两个零点，由（1）可知：时，在上单调递增，最多存在一个零点，不合题意；故只考虑的情况此时在上单调递增，在上单调递减又，是的两个零点，则，必有一个在上，一个在上不妨令，要证即证即证即证由题意有：要证，即证即证法一：即证又因为且在上单调递减要证只需证而即证令 时，对都成立在上单调递增，从而命题得证法二：即证由即证即证即证令，即证令，在上单调递增从而命题得证（其他做法酌情给分）学科网（北京）股份有限公司