湖南部分校联考2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南部分校联考2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
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版必修第一册占20％，必修第二册占30％，选择性必修第一册占50％.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，满分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.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式求出集合，结合集合的交集运算定义，可得答案．
【详解】集合，
，
，
故选：C．
2. 设直线，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线垂直的充要条件列方程得，从而可得，解三角方程即可得答案.
【详解】因为直线，，且，
则，所以，即
所以，故可以取到.
故选：A.
3. 如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，则向量的模长为（ ）
A. B. 34C. 52D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合向量数量积的运算律求向量的模长.
【详解】由，又底面是正方形，，且，
所以，
故.
故选：D
4. 已知函数的图象过定点，则函数在区间上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数过定点可得，从而得，可判断二次函数在区间上的单调性，从而可得最值，即得函数的值域.
【详解】函数的图象过定点，所以，
则函数在区间上递增，在区间上递减
所以，又，故，
所以函数在区间上的值域为.
故选：B.
5. 已知圆和圆，其中，则使得两圆相交的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得两圆相交的充要条件，求得的取值范围，再由选项即可得到结果.
【详解】因为圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，且，
使得两圆相交的充要条件为，且，
解得，由选项可得，
所以其一个充分不必要条件可以是.
故选：B
6. 已知抛物线的焦点为，动点P在抛物线C上，点，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先确定抛物线方程的准线方程，由抛物线的定义可得，等于点到抛物线准线的距离，的最小值为点到抛物线准线的距离，即可得结论.
【详解】抛物线的焦点为，则，所以
则抛物线方程为，故准线方程为：，
抛物线的定义可得，等于点到抛物线准线的距离，
所以的最小值为点到抛物线准线的距离4.
故选：C.
7. 17世纪法国数学家费马在给朋友的一封信中曾提出一个关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和最小.现已证明：在中，若三个内角均小于，则当点满足时，点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上知识，已知，，，P为内一点，记，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由费马点所对的三角形三边的张角相等均为，求出费马点．再根据费马点是与三角形三个顶点距离之和最小的点求出．
【详解】设为坐标原点，由，，，
知，且为锐角三角形，
因此，费马点在线段上，设，
如图：
则为顶角是的等腰三角形，故，所以，
故
故选：A．
8. 在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．
【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，
设，，，
由平面，平面，得，
则，，，即，
又，则，，
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B．
【点睛】结论与方法点睛：
（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；
（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．
（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，满分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. 下列各对事件中，为相互独立事件的是（ ）
A. 甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲､乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”
B. 袋中有3白､2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两次球，每次摸一个球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”
C. 袋中有3白､2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两次球，每次摸一个球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”
D. 掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”
【答案】ABD
【解析】
【分析】由独立事件的概念逐项判断即可.
【详解】对于A，从甲组中选出1名男生与从乙组中选出1名女生这两个事件的发生没有影响，
所以它们是相互独立的，故A正确；
对于B，由于第1次摸到球有放回，因此不会对第2次摸到球的概率产生影响，
因此是相互独立事件，故B正确；
对于C，由于第1次摸到球不放回，因此会对第2次摸到球的概率产生影响，
因此不是相互独立事件，故C错误；
对于D，样本空间，事件，事件，事件，
所以，，，即.
故事件M与N相互独立，故D正确.
故选：ABD.
10. 设正实数x，y满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为1B. 的最小值为2
C. 的最大值为2D. 的最大值为2
【答案】BC
【解析】
【分析】根据基本不等式，可判定A错误；由，结合基本不等式，可判定B正确；由，可判定C正确；由，可判定D正确．
【详解】对于A中，因为正实数x，y满足，由，所以，
解得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为1，所以A错误；
对于B中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为2，所以B正确；
对于C中，由，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为2，所以C正确；
对于D中，由，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2，所以D错误，
故选：BC.
11. 已知.则下列判断正确的是（ ）
A. 若，，且，则；
B. 若在上恰有9个零点，则的取值范围为；
C. 存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称；
D. 若在上单调递增，则的取值范围为.
【答案】AC
【解析】
【分析】先利用二倍角公式将函数化为的形式，A选项：根据函数取最值的值确定函数的周期，求上的值；B选项：根据函数的周期性以及函数零点个数，确定区间端点的范围进而求的取值范围；C选项：求函数图像平移后的解析式，确定函数关于y轴对称时的取值；D选项：利用函数的单调区间确定的取值范围.
【详解】，
对于选项A：若，，且，
则，所以；
故A选项正确；
对于B选项：，则，
因为在上恰有9个零点，
所以
所以，
故B选项错误；
对于C选项：，
的图象向右平移个单位长度后得到
，
图像关于轴对称，则
所以，时，
所以存在满足题意，
故C选项正确；
对于D选项：若在上单调递增，
因为，
因为
所以,
解得，
故D选项错误.
故选：AC
12. 已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是体对角线上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在某一位置，与垂直
B. 三棱锥体积的最大值是
C. 二面角的正切值是
D. 当最大时，三棱锥的外接球表面积是
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过证明线面垂直得到线垂直平面所有直线证明异面直线垂直，然后通过固定底面积求体积最大值即可，二面角问题关键在于找到二面角的平面角，确定动点位置后再求外接球的圆心即可.
【详解】对于A：当点与点重合时，平面，而平面，所以与垂直，即A正确；
对于B：如下图所示，
，
因为平面，平面，
所以，所以，而，
所以，
要使得三棱锥的体积最大，只需满足点到平面的距离最大即可，
取的中点为，则平面与平面是同一平面，
不妨令点到平面的距离，直线与平面所成角为，
则，所以越大则越大，
所以当点与重合时，点到平面的距离最大，
作于，易知平面，所以即为点到平面的距离，
由三角形相似可得，且，得.
所以三棱锥的体积的最大值为， B错误；
对于C：连接，，二面角即为平面与平面所成的角，如下图所示，
，
因为平面，平面，平面，
所以，，
所以即为二面角的平面角，
由于，，，
所以，
所以，即，
所以二面角的正切值是， C正确；
对于D，由余弦定理得，
要使得最大时，则要最大，
则与重合，与重合，如下图所示，
，
以为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，
设外接球球心坐标为，
则，
解得，，，所以，
所以外接球半径为，
所以三棱锥的外接球表面积，所以D正确；
故选：ACD
点睛】方法点睛：若能应用极化恒等式，则能快速确定最大时需满足与重合，与重合.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分.
13. 设，则______.
【答案】i
【解析】
【分析】根据复数的基本运算法则化简即可.
【详解】解：，则．
故答案为：i
14. 已知向量，满足，，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的运算性质求解，再由数量积求解模长即可.
【详解】因为，所以，则
所以.
故答案为：.
15. ，对于，，都有成立，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知函数是上的减函数，则函数的两段函数均为减函数，且有，由此可得到关于实数的不等式组，解之即可得解．
【详解】因为定义在上的函数满足对，，，都有，
所以函数是上的减函数，
则函数和均为减函数，且有，
即，解得，因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知双曲线的右焦点为，过点且斜率为的直线l交双曲线于、两点，线段的中垂线交x轴于点D.若，则双曲线的离心率取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段的中垂线的方程，进而可求得点D和，结合，运算求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为，，，
则直线，联立方程，
消去得：，直线l交双曲线于、两点，
则可得，，，，
则，
设线段的中点，
则，，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
所以双曲线的离心率取值范围是.
故答案为:.
四、解答题：本题共6小题，满分70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知圆，直线.
（1）求证直线恒过定点；
（2）直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长.
【答案】（1）证明见解析
（2）；最短弦长为4
【解析】
【分析】（1）将直线方程整理为，列方程组，求得定点坐标，即可得证；
（2）当直线时，直线被圆截得的弦长最短，求出直线的斜率，根据两直线垂直时斜率乘积为求出直线斜率，由两点间的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理，勾股定理求出最短弦长即可．
【小问1详解】
证明：直线，可化为，
联立，解得．
故直线恒过定点．
【小问2详解】
圆，圆心，半径
设，则点在圆内，故当直线时，直线被圆截得的弦长最短．
因为直线的斜率为．
故直线的斜率为，解得．
此时圆心到直线的距离为，
所以最短弦长为．
18. “山水画卷，郴州相见”，2023年9月16日，第二届湖南省旅游发展大会开幕式暨文化旅游推介会在郴州举行.开幕式期间，湖南卫视全程直播.学校统计了100名学生观看开幕式直播的时长情况（单位：分钟），将其按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
请完成以下问题：
（1）求的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）为进一步了解学生观看开幕式的情况，采用分层抽样的方法在观看时长为和的两组中共抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人观看时长在内的概率.
【答案】（1），平均值为93分
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图计算频率之和可得的值，从而可估计样本数据的平均数；
（2）结合古典概型运算公式，列举基本事件总数和符合条件的事件总数即可得所求概率问题.
【小问1详解】
由，
得.
观看时长在：频率，
频率，
频率，
频率，
频率，
频率，
样本平均值为：，
可以估计样本数据中平均值为93分.
【小问2详解】
由题意可知，观看时长在的人数为（人），
在的人数为（人）.
用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，
则需在内抽2人，分别记为，，
需在内抽3人，分别记为，，.
设“从样本中任取2人，至少有1人在内”为事件，
则样本空间
共包含10个样本点，而的对立事件包含3个样本点，
所以，.
即抽取的这2名学生至少有1人在内的概率为.
19. 在直三棱柱中，D，E分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2），，，求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于于，连接，证明四边形是平行四边形，可得即可证得.
（2）法一：建立空间坐标系，求出平面与平面的法向量，求得二面角的余弦值，结合三角函数关系式，即可其正切值.
法二:利用勾股定理和直线和平面垂直的性质可证得与，从而得到二面角的平面角是，在中，即可求出，从而得出答案.
【小问1详解】
连接交于于，连接，
因为E，F是中点，所以，且，
又因为是的中点，所以有，且，
所以，且，因此四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面；
.
【小问2详解】
法一：（建系）因为三棱柱为直三棱柱，所以，，
因为，所以
以为原点，分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，则，，
设平面的一个法向量为，所以，得，
令，则，所以，
而平面的一个法向量为，
则，设二面角的大小为，则为锐角，
所以，因此，
所以.
故二面角的正切值为.
法二：因为，，，
所以，，同理可得，
因此，即，又，，，
则，所以，所以是二面角的平面角，
因为，，平面，
所以平面，而平面，
因此，因为平面，而平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
而平面，所以，所以为直角三角形，
因，，所以.
故二面角的正切值为.
20. 如图，在四边形中，，.
（1）求证：
（2）若，，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线线平行根据正弦定理可证得结论；
（2）根据勾股定理求得，，则可得，由余弦定理可得，再根据面积公式求解的面积即可.
【小问1详解】
证明：设，因为，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
在中，同理可得，
所以，又，所以.
【小问2详解】
若，，，则，且
由（1）可得，为锐角，所以
在中，又余弦定理得，
整理得，解得或（舍）
所以.
21. 如图，四面体中，，，，E为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2），，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形性质有、，根据线面垂直的判定证平面，再由面面垂直的判定证结论；
（2）由（1）有平面，根据已知证，构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角正弦值.
【小问1详解】
由，为的中点，所以；
由，为的中点，所以；
又，平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知平面，平面，所以，
所以，当时最小，即的面积最小.
因为，所以，又，所以是等边三角形，
因为为的中点，所以，，
因为，所以，在中，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，
设平面的一个法向量为，则，取，则，
又，，所以，
所以，
设与平面所成角为，所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
22. 椭圆的焦距为，点是椭圆上一点，过点的动直线与椭圆相交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据焦距和点在椭圆上，得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）先考虑平行于轴时，得到点在轴上，可设的坐标为，再考虑当垂直于轴时，求出点的坐标为，再验证当不平行于轴且不垂直于轴时，也满足要求，得到答案.
【小问1详解】
根据题意，，故，
又在椭圆上，故，
因为，解得，
故椭圆方程为；
【小问2详解】
当平行于轴时，设直线与椭圆相交于C，D两点，
如果存在点满足条件，则有，即，
所以点在轴上，可设的坐标为；
当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于M，N两点，如果存在点满足条件，
则有，即，解得或，
所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；
当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，

设，联立，消去，得，
因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，
，，
又因为点关于轴的对称点的坐标为，
又，，
则，
所以，则三点共线，所以；
综上：存在与点不同的定点，使恒成立，且.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中探究性问题解题策略：
（1）先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立；
（2）在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可.