湖南省三湘名校教育联盟2023-2024学年高二上学期11月期中联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省三湘名校教育联盟2023-2024学年高二上学期11月期中联考数学试卷（Word版附答案），共16页。试卷主要包含了已知数列中，，，则等于，已知双曲线，已知直线，设函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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。
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.设集合，，则
A.B.
C.D.
2.已知复数的共轭复数满足，则在复平面内对应的点位于
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.已知双曲线：的焦距为，实轴长为4，则的渐近线方程为
A.B.C.D.
4.已知数列中，，，则等于
A.B.C.D.3
5.已知，是直线（为常数）上两个不同的点，则关于和的方程组的解的情况，下列说法正确的是
A.无论，，如何，总是无解
B.无论，，如何，总有唯一解
C.存在，，，使是方程组的一组解
D.存在，，，使之有无穷多解
6.已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为
A.B.
C.D.
7.已知定义域为的函数满足，当且时，成立.若存在使得成立，则实数的取值范围是
A.B.
C.D.
8.已知双曲线：，和分别为实轴的右端点和虚轴的上端点，过右焦点的直线交的右支于，两点.若存在直线使得点为的重心，则的离心率为
A.B.C.2D.
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.已知直线：和圆：，则
A.直线恒过定点
B.直线与圆相交
C.存在使得直线与直线：平行
D.直线被圆截得的最短弦长为
10.设函数，则下列说法正确的是
A.若的最小正周期为，则
B.若，则的图象关于点对称
C.若在区间上单调递增，则
D.若在区间上恰有2个零点，则
11.已知为抛物线：的焦点，，，是上三点，且，则下列说法正确的是
A.当，，三点共线时，的最小值为4
B.若，设，中点为，则点到轴距离的最小值为6
C.若，为坐标原点，则的面积为
D.当时，点到直线的距离的最大值为
12.已知正方体的棱长为1，为线段的中点，点和点分别满足，，其中，则下列说法正确的是
A.平面
B.与平面所成角的取值范围为
C.的最小值为
D.点到直线的距离的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知圆过点，且与直线相切，则满足要求的面积最小的圆的标准方程为______.
14.已知，则的值为______.
15.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，，，，则此球的体积为______.
16.如图，椭圆：和：有相同的焦点，，离心率分别为，，为椭圆的上顶点，，，，三点共线且垂足在椭圆上，则的最大值是______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
在平面直角坐标系中，存在四点，，，.
（1）求过，，三点的圆的方程，并判断点与圆的位置关系；
（2）若过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.
18.（本小题满分12分）
长沙市某中学近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，2023年5月该中学进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到频率分布直方图（如图），观察图中信息，回答下列问题：
（1）根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的平均数和第71百分位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从成绩在第5组和第6组的学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1人成绩优秀的概率.
19.（本小题满分12分）
已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
（1）求角；
（2）若点满足，且，求的面积的最大值.
20.（本小题满分12分）
如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，点在平面内的投影是的中点，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
已知函数，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若对任意，存在，使得，求实数的取值范围；
（3）若函数，求函数的零点个数.
22.（本小题满分12分）
椭圆：的左、右焦点分别为，.过作直线交于，两点.过作垂直于直线的直线交于，两点.直线与相交于点.
（1）求点的轨迹方程；
（2）求四边形面积的取值范围.
三湘名校教育联盟・2023年下学期高二期中联考・数学
参考答案、提示及评分细则
1.【答案】C
【解析】因为，又，，所以，故选C.
2.【答案】A
【解析】由可得，所以，对应点为，在第一象限.故选A.
3.【答案】C
【解析】由已知得，双曲线的焦点在轴上，双曲线的焦距，解得，
双曲线的实轴长为，解得，则，
即双曲线的渐近线方程为.故选C.
4.【答案】D
5.【答案】B
【解析】由题意则，
（直线的斜率存在，∴），故：与：相交，∴方程组总有唯一解.A，D错误，B正确；
若是方程组的一组解，则则点，在直线，即上，但已知这两个点在直线上，这两条直线不是同一条直线，∴不可能是方程组的一组解，C错误.故选B.
6.【答案】D
【解析】取中点为，因为，，
所以，
又，则，又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则，，所以，
所以，
所以当，反向时，，有最小值为；
当，同向时，，有最大值为.故选D.
7.【答案】D
【解析】由条件可知函数在上单调递减.存在使得成立等价于存在使得不等式成立.由得，∵，∴，∴①当时，不成立；②当时，有解.求当时，函数的最小值.
令，则，
而函数是上的减函数，所以当且仅当，即时，.
故，故选D.
8.【答案】A
【解析】依题意，，.点为的重心时，中点.设，，则，.两式作差得：.其中，.又因为，，，四点共线，所以.故，解得，故.故选A.
9.【答案】BD
【解析】对于A，由可得，，令，即，此时，所以直线恒过定点，A错误；
对于B，因为定点到圆心的距离为，所以定点在圆内，所以直线与圆相交，B正确；
对于C，因为直线：的斜率为，所以直线的斜率为，此时直线的方程为，直线与直线重合，故C错误；对于D，设直线恒过定点，圆心到直线的最大距离为，此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；故选BD.
10.【答案】AD
【解析】对于A，若的最小正周期为，则，解得，故A正确；
对于B，若，则，时，，故B错误；
对于C，时，，因为在上单调递增，则，解得，故C错误；
对于D，时，，若在上恰有2个零点，
则，解得，故D正确.故选AD.
11.【答案】ACD
【解析】依题意，.
对于A选项，当，，三点共线时，为焦点弦.通径（垂直于对称轴的焦点弦）最短，最短为，故A正确；
对于B选项，（当且仅当，，三点共线时等号成立），即，故，所以点到轴距离的最小值为5，B错误；
对于C选项，依题意，为焦点弦且.不妨设直线的倾斜角为锐角，则，，解得，故，故C正确；
对于D选项，设直线：，，，与抛物线方程联立，得：.由韦达定理有：，.依题意.即，整理得：.代入韦达定理可得：，解得，其中时，直线过定点，时，直线过点，不符合题意，故直线过定点，点到直线的距离最大值为.D正确.故选ACD.
12.【答案】ACD
【解析】对于A选项，平面即为平面，易知A正确；
对于选项B：如图，连接交于点，连接，知平面，所以即为与面所成角，所以，由在上知，所以，因为，所以的范围是，即直线与平面所成角的范围是，故B错误；
对于C项，把问题转化为在平面内求点使得最小，如图，作点关于线段的对称点，过点作，的垂线，垂足分别为和，
则，设，则，故，故.
对于D项，当时，平面且，，三点共线.此时，，即此时到直线的距离最小，最小值为.故选ACD.
13.【答案】
【解析】过作直线的垂线，垂足为.
当为直径时，圆的面积最小.
到直线的距离，
可知半径，圆心在直线上，且，
解得，，所求圆的方程为.
14.【答案】
【解析】由，得，两边平方得.
所以.
15.【答案】
【解析】由已知该三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，，设，分别是，的中点，是中点，则就是三棱柱外接球球心，，，即，.所以.
16.【答案】
【解析】由图知，
则，设，
则，
则.
17.【解析】（1）设圆方程为，
把，，三点坐标代入可得：
解得，，，
所以圆方程是
把点坐标代入可得：，故在圆内；
（2）由（1）可知圆：，则圆心，半径，
由题意可知圆心到直线的距离是3，
当直线斜率存在时，设直线方程为：，
所以，解得，故直线的方程为；
当直线斜率不存在时，则直线方程为：，
此时圆心到直线的距离是3，符合题意.
综上所述，直线的方程为或.
18.【解析】（1），
所以本次考试成绩的平均分约为66.8；
因为成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
所以第71百分位数位于，
设其为，则，
解得，所以第71百分位数为75；
（2）第5组的人数为：人，可记为，，，；
第6组的人数为：人，可记为，，；
则从中任取2人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种情况，
其中至少有1人成绩优秀的情况有，，，，，，，，，，，，，，共15种情况.
所以至少有1人成绩优秀的概率.
19.【解析】（1）由正弦定理可得：
又在三角形中，，
∴，
∴，
又在三角形中，，
∴，∴
∵，∴；
（2）由，可得，
两边平方可得，
即，
所以，当且仅当时取“”，
所以，所以.
所以的面积的最大值为.
20.【解析】（1）证明：取的中点，连接，
∵四边形为平行四边形，∴，
∵为中点，∴，且，
∵为中点，为中点，
∴为的中位线，∴，且，
即，且，
故四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）取中点，连接，∵点在平面内的投影为，
∴平面.
∵，
∴，
∵，则，
由于，，两两垂直，则可以点为坐标原点建系，以为轴，为轴，为轴，
则有，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，故，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，故，
，
设二面角的平面角为，则.
故二面角的正弦值为.
21.【解析】（1）由得：或，
即的定义域为，
令，在内单调递增，
而时，为减函数，
时，为增函数，
故函数的单调递增区间是.
（2）由与可知，
所以或，
分离参数得，或有解，
令，则，或有解，
得或；
（3）依题意，
令，则函数转化为，
此时只需讨论方程大于等于2的解的个数，
①当时，没有大于等于2的解，此时没有零点；
②当时，，
当时，，方程没有大于等于2的解，此时没有零点；
当时，，方程有一个等于2的解，函数有一个零点；
当时，，方程有一个大于2的解，函数有两个零点.
③当时，，恒成立，
即方程不存在大于等于2的解，此时函数没有零点.
综上所述，当时，有一个零点；
当时，有两个零点；
当或时，没有零点.
22.【解析】（1）设，依题意，，且.
所以，整理得.
故点的轨迹方程为；
（注：也可以用斜率之积为来求轨迹方程，但需讨论斜率不存在的特殊情况.否则扣1分）
（2）依题意，.
过作平行于的直线交于，两点，由对称性知.
①当的斜率为0或斜率不存在时，；
②当的斜率存在且不为0时，设：，，.
联立方程消元得：.
故，
同理，.
故.
令，，则，
其中，
故.
综上，.