1、湖南省高二年级联考数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教A版必修一至必修五，选修2-1、2-2、2-3。一、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，则下面选项中一定成立的是A. B. C. D.2.函数的部分图像大致为 A B C D3
2、.将函数的图像上所有点的横坐标变为原来的（），纵坐标不变，得到函数的图像，若函数的最小正周期为，则A. B. C. D.4.已知点在抛物线上，为焦点，点，则的最小值为A.3 B.4 C.5 D.65.某招聘网站通过对企业一年内发布的所有招聘信息中的工资数据来分析该企业的待遇情况.已知某上市企业近一年发布的招聘信息中的月工资（单位：千元）数据都在之间，根据这些数据将其分为，6组，绘制出频率分布直方图如图所示，则该企业员工的月平均工资约为（提示：同组数据用该数据的中点值代替）A.17千元 B.17.5千元 C.17.25千元 D.17.75千元6.经过点作曲线的切线有A.1条 B.2条 C.3条
3、D.4条7.已知等比数列的前项和为，则“”是“单调递增”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必条件8.若定义在上的函数满足，则不等式的解集为A. B. C. D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，则A.展开式中所有项的二项式系数为 B.展开式中所有奇次系数和为C.展开式中所有偶次项系数和为 D.10.若直线与双曲线有且只有一个公共点，则的值可能为A.2 B.4 C.8 D.1011.设，为复数，且，下列命题中正确的是A.若，则B.若，则的
4、实部与的虚部互为相反数C.若为纯虚数，则为实数D.若，则，在复平面内对应的点不可能在同一象限12.在梯形中，将沿折起，使到的位置（与不重合），分别为线段，的中点，在直线上，那么在翻折的过程中A.与平面所成角的最大值为B.在以为圆心的一个定圆上C.若平面，则D.若平面，四面体的体积取得最大值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的横线上.13.一条与直线平行且距离大于的直线方程为 .14.设随机变量，若，则 .15.若向量，满足，则，的夹角为 ， .（第一空3分，第二空2分）16.某班需要选班长、学习委员、体育委员各2名，其中体育委员中必有男生，现有4名男生4名女生参加
5、竞选，若不考虑其他因素，则不同的选择方案种数为 .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.（10分）如图，在平面四边形中，.（1）求；（2）若，求.18.（12分）已知数列满足，.（1）求数列的前3项和；（2）若，求数列的前2021项和.19.（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，.（1）证明：平面平面.（2）若，求二面角的余弦值.20.（12分）某校针对高一学生安排社团活动，周一至周五每天安排一项活动，活动安排表如下：时间周一周二周三周四周五活动项目篮球国画排球声乐书法要求每位学生选择其中的三项，学生甲决定选择篮球，不选择书法；乙和丙无特殊情况
6、，任选三项.（1）求甲选排球且乙未选排球的概率；（2）用表示甲、乙、丙三人选择排球的人数之和，求的分布列和数学期望.21.（12分）已知椭圆：（）的离心率为，椭圆与抛物线交于，两点（在轴上方），椭圆的右焦点在直线上，为坐标原点，分别为椭圆的左、右、上顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上一点（异于顶点），直线与轴交于点，直线上有一点满足，证明直线经过点.22.（12分）已知函数.（1）当时，讨论的单调性.（2）若在处取得极小值，且，证明：.湖南省高二年级联考数学试卷参考答案1.B 因为，所以，则.2.D 因为，所以为奇函数，其图像关于原点对称，故排除B.易知有3个零点，0，2.当时，；当时
7、，.所以排除A，C，故选D.3.A 由题意可知，因为的最小正周期为，所以，得.4.D 因为抛物线方程，所以其准线方程是.过作垂直于准线，垂足为，则，所以.当，三点共线时，最小，最小值，故的最小值为6.5.A 由图可知，该企业员工的月平均工资约为千克.6.C 因为，所以曲线在点处的切线方程为.将代入，得.因为，所以方程有两个不同的根，且根不为0，所以方程共有3个不同的根，即经过点作曲线的切线有3条.7.D 设的公比为，若，则，所以可能，或，；若，则单调递增，但，故选D.8.B 由题意知.令，则，所以在上单调递增，且.不等式，等价于，故.9.ACD 由二项式定理可知，的展开式中所有项的二项式系数和
8、为，故A正确.令，得，令，得，得，故B不正确.得，故C正确.令，得，令，得，所以，故D正确.10.BC 由题知，双曲线的渐近方程为.当直线与双曲线相交于一点时，直线与渐近线平行，则，此时；当直线与双曲线相切于一点时，联立，可得，由，解得.综上可知，当或时，直线与双曲线有且只有一个公共点.11.BD 若，则，不一定共轭；若为线虚数，则，的实部互为相反数，而虚部不一定相等，所以不一定为实数，故A，C错误；令，若，则，所以，故B正确；若，则.如果，在复平面内对应的点在同一象限，那么，同号，不可能使，故D正确.12.ACD 如图，在梯形中，因为，所以易得，.在将沿翻折至的过程中，与的大小保持不变，由线
9、面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故A正确；因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的镀面圆周上，而是的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点，故B不正确；当平面时，.因为，所以，所以，故C正确；在翻折的过程中，的面积不变，显然当平面时，四面体的体积取得最大值，故D正确.13.（或）（写出符合条件的一条直线方程即可） 设与直线平行的直线方程为，由，得或.14.2 根据正态分布的特征，可得，解得.15.； 设，的夹角为，因为，且，所以.因为，所以，故，.16.1980 根据题意，分3步：体育委员在8人中任选2人，至少一名男生有种方案；班长在剩下的6
10、人中任选2人，有种方案；学习委员在剩下的4人中任选2人，有种方案.故共有种方案.17.解：（1）在中，由正弦定理得，所以.因为，所以.（2）因为，且，所以.在中，根据余弦定理得，化简得，故.18.解：（1）当时，所以.因为，所以，故.（2）由题知，所以，以上式子相加，得，所以，即，所以.19.（1）证明：在直角梯形中，则.又，即.因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：在直角梯形中，则.在中，所以.在中，所以.因为，所以在中，则，所以，两两垂直.以为原点，分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，则，令，得.因为平面的一个法向量为，所以，由图可知
11、二面角为钝角，所以二面角的余弦值.20.解：（1）设表示事件“甲选排球”，表示事件“乙选排球”，则，.因为事件，相互独立，所以甲选排球且乙未选排球的概率.（2）设表示事件“丙选排球”，则，的可能取值为0，1，2，3.；.所以的分布列为0123.21.（1）解：设点的坐标为，则，所以，又，由，结合，得，所以椭圆的方程为.（2）证明：设直线的方程为，则.联立方程组，得，所以，即.因为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为.设点，由，可得，所以.因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以直线经过点.22.（1）解：当时，所以.因为，所以，则，所以在上单调递增.（2）证明：因为，所以.当时，即在上单调递增，函数无极小值，所以不符合题意；当时，令，故函数在上单调递增.因为，据零点存在性定理可知，存在，使得，.当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增.所以在处取得极小值，所以符合题意.因为，所以.因为，即，所以.因为，所以，即.令，因为在上单调递增，且，所以.令，因为，所以在上单调递增，所以，即，其中.因为，结合，所以可得.