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衡阳县四中期中考试高二数学试题（A卷）
（本试题卷共2页。试卷满分150分，考试时间120分钟）
一、单项选择题（本大题共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，，则（　　）
A. B. C. D.
2. 已知向量，，若与共线，则（ ）
A. B. C. D.
3. 在复平面内，复数，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知是等差数列，且，，则首项等于（ ）
A. 0 B. C. D.
6. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ ）
A. 4天 B. 8天 C. 10天 D. 16天
7. 已知函数在处有极小值，则（ ）
A. B. C. 或 D. 或
8. 在平面直角坐标系中，已知定点、，平面内两个动点、满足，，且点在的平分线上，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：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. 某班开设了“打球”“弹琴”“跳舞”“唱歌”4个课外活动项目．在一次活动中，甲、乙、丙3名学生每人至少选1个、至多选2个项目，且每个项目恰有1人选择．设事件“甲选打球”，“甲选唱歌”，“乙选跳舞”，则（ ）
A. 与互斥 B.
C. 与相互独立 D.
10. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数
B. 3是的极大值点
C. 曲线在点处的切线方程为
D. 若，则在上存在最大值
11. 正方体的棱长为2，点在平面内（含边界），且点到点的距离与到平面的距离相等，点为线段中点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 恰有两个点，使得直线平面
C. 的最小值为
D. 若与平面所成角的正弦值为，则到平面的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的函数值等于的正因数的个数．例如，，则______．
13. 已知等比数列的前项和为，若，，则_____________．
14. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上且在 轴上方. 若 的面积为 12，则直线的斜率为_____.
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. 在中，角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若角是锐角，，求的面积．
16. 已知函数（其中为自然对数的底数）．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：；
17. 现将个黑球与个白球分装入甲 乙两袋中，通过掷骰子来决定每次操作，掷出奇数点则从甲袋中取一个球，掷出偶数点则从乙袋中取一个球，每次取出的球不放回.
（1）若，且甲袋中放有2个黑球与2个白球，求操作一次取出的球是白球的概率；
（2）若且甲袋中均为黑球，乙袋中均为白球，
（i）操作5次时，求取出白球个数的数学期望；
（ii）设事件为“当白球取完时，黑球剩余数量不少于2个”，求.
18. 已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.
（1）证明：直线平面；
（2）若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
（3）若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由.
19. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
(3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案及解析
【答案】C
解析：集合，集合，
因为，，，都在区间内，
所以.
【答案】D
解析：由题意知，，解得.
【答案】D
解析：由，则.
【答案】A
解析：．
【答案】C
解析：设等差数列的公差为，
由，即，
解得.
【答案】A
解析：记为事件“小明戴帽子”，记为事件“小明戴墨镜”，
，，
，
所以，，（天）.
【答案】A
解析：由题意得，
由题可知，解得或．
当时，，
当时，或，当时，，
即在和上单调递增，在上单调递减.
此时在处取得极大值，不符合题意；
当时，，
当时，或，当时，，
即在和上单调递增，在上单调递减.，
此时在处取得极小值，符合题意.
【答案】C
解析：易知点不在轴上，由知动点在单位圆上，
设点在轴右侧，如图，延长交于点．
因为点在的平分线上，且，
所以为等腰三角形，则，且为的中点，所以，
因此．
同理，当点在轴左侧时，．
故点在以、为焦点的双曲线上，
则该双曲线实轴长为，焦距，虚轴长为，
所以双曲线方程为．
【答案】BD
解析：对于A，甲可以同时选打球和唱歌，，故与不互斥，故A错误，
对于B，先从4个项目中选择个给其中一个人，有种选法，
再将这个项目与另外两个项目全排列，分给甲、乙、丙3名学生，有种排法，
根据分步乘法计数原理可得总的样本数为种,
甲只选唱歌，此时从剩下个项目给乙、丙，有种；
甲只选唱歌和另外一个项目有种，此时从剩下个项目给乙、丙，共有种，故，故B正确，
对于C，乙只选跳舞，此时从剩下个项目给甲、丙，有种；
乙选跳舞和另外一个项目有种，此时从剩下个项目给甲、丙，有种，故，
甲选唱歌且乙选跳舞，此时有种情况，，
，故与不相互独立，故C错误，
对于D，，故D正确.
【答案】AC
解析：A，，显然是奇函数，正确；
B，，易得在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，错误；
C，，，故曲线在点处的切线方程为，即，正确；
D， ，在处左增右减，故为极大值点，极大值，在上单调递增，且时，，所以在上不一定存在最大值，错误.
【答案】ACD
解析：对于A：正方体中，平面平面，
又点在平面内（含边界），所以点到平面的距离为定值.
又点为线段中点，所以，则.
故，为定值，故A正确.
对于B：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
因为点为线段中点，所以.
设，
则，
点到平面的距离为，
所以，整理得，即点的轨迹方程为.
设平面的法向量为，，，
则，即，令，则，，所以.
且.
若直线平面，则，所以，即.
联立，整理得，解得或.
因为，所以.
故只有1个点，使得直线平面，故B错误；
对于C：由选项B可知，，，则.
又，，所以.
又，所以.
令，则.
令，则，则，
当，即时，取最大值1，
此时取最小值，取最小值，故的最小值为，C正确.
对于D：已知平面的一个法向量为，.
因为与平面所成角的正弦值为，
则，整理得，
联立，整理得，即，
解得或（舍去），
故到平面的距离为，D正确.
【答案】
解析：将分解质因数：，而也为因数，
则所有正因数为：，共个.
【答案】
解析：由数列为等比数列，设其公比为，
又，则，
解得，
所以，即，
所以，，
所以，，
所以，
故答案为：.
【答案】
解析：由椭圆方程 ，得 ，，
因此 ，即 ，
所以，右焦点 ，
设 ，在轴上方故 ，
的面积： ，
解得：，
将 代入椭圆方程： ，
即
故直线 的斜率： .
【答案】（1）或
（2）
（1）
由，
得，
.
因为，所以，
所以，可得或．
（2）
因为角是锐角，所以，则，
由余弦定理可得，
则，
因为，
所以，得，
故的面积为．
解析：（1）由得，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，所以当时，当时，
故的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）令，
则，
因为与的单调性一致，故在上单调递增，
因为，所以使得，
则当时，当时，
则在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以当时，，
故当时，；
【答案】（1）
（2）；
（1）
当时，由题意得甲袋中2黑2白，乙袋中3黑2白.
则由全概率公式得.
（2）
（i）由题意得取到白球等价于选中乙袋，
设取出白球个数为，则，
由二项分布的期望公式得.
（ii）由题意得事件等价于前次操作中就已经摸出所有白球，
即掷骰子至多次就出现了次偶数，
不妨设掷骰子掷满次，用表示其中掷出偶数的次数，
则，由题意得，
因为，所以解得，
故.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
（3）点的轨迹为抛物线，理由见解析
（1）
在正方体中，
因为平面平面，所以.
又因为，平面.
所以平面.
（2）
法一：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴 轴 轴，建立空间直角坐标系，
则.
设点，则，
因为平面，所以得*
设平面内存在点，满足长为定值，
则，
由*式得，
所以当时，长为定值，此时点.
法二：如图，取中点，连接，再取的中点，
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面，
得平面.
在中，因为为定值，
所以在平面内存在点，使得的长为定值，且为的中点.
（3）
如图，以为坐标原点，以分别为轴 轴 轴，建立空间直角坐标系，则.
设点，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
得，
由
取，得，即.
由得，取，得.
即.
又因为平面平面，所以，
得，故点的轨迹为抛物线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在
解析：（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得，
又由点在双曲线上，有，
代入，有，可得，，
故双曲线的标准方程为；
（2）设点的坐标为，则，即．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，，
则点到两条渐近线的距离分别为，，
则．
所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值．
（3）存在．
①当时，，又是的中点，
所以，所以，此时．
②当时．
ⅰ）当在轴上方时，由，，可得，
所以直线的方程为，
把代入得．
所以，则．
由二倍角公式可得．
因为直线的斜率及，
所以，则．
因为，，
所以．
ⅱ）当在轴下方时，同理可得．
故存在，使得．

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