湖南省長沙市芙蓉區2022-2023學年高二下學期第二次（期中）聯考數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1．已知集合A={x|x+1≤1}，B=?1,0,1,2A．?1 B．?1,0 C．1,2 D．?1,0,1,22．若復數z=3?2i，則z2A．5 B．5i C．?8 D．?8i3．已知點(1,2)在拋物線A．x=?12 B．x=?18 C．4．函數fxA．π4，1 B．π2，22 C．π，12?5．已知隨機變量X~N1,σ2.若P1≤X<3=0.2，設事件A=“X<1”，事件B=A．38 B．35 C．586．若sinα=?35A．17 B．?17 C．77．如圖，在△OAB中，點C滿足BC=2CA，點P為OC的中點，過點P的直線分別交線段OA，OB于點M，N，若OM=λOA，ON=μOB，則2λ+μ的最小值為（）A．9 B．4 C．43 D．8．函數f(x)=2A．定義域為R B．值域為(0,+C．在定義域上是嚴格增函數 D．f(x)有兩個不同的零點二、多選題：本大題共3小題，每小題6分，共18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．已知函數fxA．fx是R上的增函數 B．fx的圖象關于直線C．fx?1是奇函數 D．fx10．在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C1：4x2+y2=1，CA．OP?OQ=0 C．|OM|2+|11．已知等比數列an的公比為q，前n項和為Sn，若A．a1=1C．an=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．某企業瓷磚生產線上生產的瓷磚某項指標X～N800,σ2，且PX<801=0.6，現從該生產線上隨機抽取10片瓷磚，記Y表示13．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分，如圖所示，若正四面體ABCD的棱長為a，則下列結論正確的序號是．①能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為a；②勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為1?6③勒洛四面體的截面面積的最大值為14(2π?3)a14．已知直線l與雙曲線x24?y23=1交于A、B兩點，且弦AB四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．已知等差數列{an}的前n項和為Sn（1）求數列{a（2）若bn=1ana16．已知四棱錐P?ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，M是PB的中點.（1）證明：BC⊥平面PAC；（2）判斷直線CM與平面PAD的位置關系，并證明你的結論；（3）求二面角A?MC?B的余弦值.17．甲、乙兩名射手在一次射擊中得分為兩個相互獨立的隨機變量ξ，η，已知甲、乙兩名射手在每次射擊中射中的環數分別為7，8，9，10，且甲射中10，9，8，7環的概率分別為2a，0.2，a，0.2，乙射中10，9，8，7環的概率分別為0.3，0.3，b，b，求ξ，η的分布列．18．已知O為坐標原點，雙曲線C1：y2a12?x2b12=1（a1>0，（1）求C1，C（2）是否存在直線l，使得l與C1交于A，B兩點，與C2只有一個公共點，且（3）橢圓C2的右頂點為Q，過橢圓C2右焦點的直線l1與C2交于M、N兩點，M關于x軸的對稱點為S（與N點不重合），直線SN與x軸交于點P，△MOQ，△MPQ的面積分別為S119．已知函數fx=x2?ax+1（1）求a的值，并求函數fx（2）求fx在區間?2,0

答案解析部分1．B2．C【解析】【解答】解：由題意，復數z=3?2i，

所以z2故z2?2z的虛部為故選：C.【分析】利用復數的運算即可得到z23．D【解析】【解答】解：因為點(1,2)在拋物線C:即拋物線C的標準方程為x2=12y故答案為：D.【分析】將點(1,24．C5．A【解析】【解答】解：根據題意，P1≤X<3=0.2，所以PX≥3=0.3，則所以PA故答案為：A.【分析】根據正態分布對應的概率密度函數的圖象的對稱性和概率之和等于1，從而得出PX<?1的值，再由條件概率公式得出P6．C7．D【解析】【解答】解：因為BC=2CA，所以C為AB的三等份點靠近A點，

OC=因為點P為OC的中點，所以OP=若OM=λOA，ON=μOB，則λ>0,μ>0，故OA=1λ因為M,N,P三點共線，所13λ則2λ+μ=(2λ+μ)(1當且僅當μ3λ=λ3μ時，結合13λ+1故答案為：D.

【分析】以OA,OB為基底表示OP，根據題意可得到OP=13λ8．C9．A,C10．A,B,D【解析】【解答】解：根據已知條件畫出圖形，如圖所示，對于A選項，當直線l斜率不存在時，直線l與圓x2+y此時不妨取P(1,當直線l斜率存在，則設PQ直線方程為y=kx+m，設P(x1,kx1PQ直線方程與雙曲線有兩個交點，交點分別為P，Q，

即(k由韋達定理可得x1由于圓x2+y2=1OP=(綜合知OP?對于B，由題意知O到l的距離為1，由A知OP⊥OQ，則|PQ故S△POQ=≥2|OP即有|OP|?此時|OP|=故|OP||OQ|的最小值為2，B正確；對于C，由題意知ON斜率一定存在，設為t，則ON方程為y=tx，N(xN,yN)在C聯立y=txN2xN因為OM⊥ON，故OM的方程為x=?ty，M(xM聯立xM=?tyM4|OM|=1當且僅當4t2+1故|OM|2+|ON|對于D，由題意知OM⊥ON，設O到MN的距離為d，

根據等面積法可得S△OMN=1=1故答案為：ABD.【分析】數形結合，畫出圖象，PO直線方程與雙曲線方程聯立方程組，可得韋達定理的表達式，結合直線和圓相切以及向量的數量積的坐標運算可判斷A；利用直角三角形的面積，結合基本不等式，并求出求出|OM|2+|ON|2的表達式即可判斷B，C；利用等面積法可得11．B,D【解析】【解答】解：因為等比數列an，滿足a1+a3=5,a因為a1=12，q=3故答案為：BD.

【分析】由題意，利用等比數列的性質以及等比數列的通項公式、求和公式計算即可.12．1【解析】【解答】解：因為X服從X～N800,σ2，所以EX=800，所以PX<800=0.5由Y～B10,0.1，可得E故答案為：1.【分析】由題意可知X服從正態分布，根據正態分布性質可求P800≤X<801，結合二項分布定義確定Y～B13．①②④14．【解析】【解答】解：設Ax1,y1，Bx2,y2，

因為點又因為弦AB的中點為M3,32，所以x1+x2=6，y1+y則直線l的方程為y?32=故答案為：3x?2y?6=0.【分析】設Ax1,y115．（1）解：設等差數列的公差為，

因為，所以，又因為，所以，

則；（2）解：由（1）得an=n+1，則則Tn【解析】【分析】（1）設等差數列的公差d(d>0)，根據S3（2）由（1）可得bn（1）由題意設等差數列an的公差為d(d>0)∵S3=（2）由（1）得an=n+1，則則Tn16．（1）證明：由底面ABCD，底面ABCD，則，在直角梯形ABCD中，AB2=A又PA∩AC=A，PA，AC?平面PAC，所以BC⊥平面（2）解：CM//平面PAD如圖：取PA中點E，連接ME，DE，由于M是PB的中點，故ME∥AB，且ME=1，由AB∥DC，則ME∥DC，且ME=DC，從而四邊形CDEM是平行四邊形，故CM∥DE，又CM?平面PAD，DE?平面PAD，所以CM//平面PAD（3）解：作AN⊥CN，垂足為N，連接BN，如圖：在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，所以△AMC≌△BMC，可得AN=BN，則△AMN≌△BMN，故BN⊥CM，故∠ANB為所求二面角的平面角，由（1）知BC⊥平面PAC，由PC?平面PAC，可得BC⊥PC，在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM=5在等腰三角形AMC中，AN?MC=AC?CM2因為AB=2，在△ANB中，由余弦定理得cos∠ANB=所以二面角的余弦值為?2【解析】【分析】（1）由PA⊥底面ABCD，推出PA⊥BC，再由ABCD為直角梯形，推出AC⊥BC，結合線面垂直的性質及判定定理即可證明；

（2）取PA中點E，連接ME，DE，根據已知條件，再利用線面平行的判定定理即可證明；

（3）作AN⊥CN，垂足為N，連接BN，易知AN=BN，BN⊥CM，確定∠ANB為二面角的平面角，由（1）推出BC⊥PC，在Rt△PCB和等腰三角形AMC中求出CM以及AN得長度，最后利用余弦定理求二面角的余弦值即可.17．解：由題意得，解得，0.3+0.所以ξ的分布列為ξ10987P0.40.20.20.2η的分布列為η10987P0.30.30.20.2【解析】【分析】(1)根據ξ、η的可能取值，分別求出每個取值的概率，即可得到分布列.(2)利用(1)所得的分布列，結合數學期望的計算公式，通過運算即可求解.18．（1）解：根據題意，，，以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形，邊長為故a1=1，c2=1，故a22=故C1：y2?x2（2）解：假設存在直線方程滿足條件，當直線斜率不存在時，x=3或x=?3，代入計算得到當直線斜率存在時，設直線方程為y=kx+b，則y=kx+b即(2+3k2)化簡得到