湖南省百校大联考2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省百校大联考2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析），共18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。
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版必修第一册、第二册，选择性必修第一册、第二册至4.3.1．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用交集的运算求解即可.
【详解】因为，所以．
故选：A
2. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.
【详解】由题意知，．
故选：D
3. 已知为抛物线：（）上一点，点到的焦点的距离为9，到轴的距离为6，则（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的定义结合题意可求得结果.
【详解】因为点到的焦点的距离为9，到轴的距离为6，
所以，则．
故选：C
4. 若直线：与直线：平行，则（ ）
A. B. 2C. 或2D. 1或
【答案】B
【解析】
【分析】利用两直线平行的必要条件（系数交叉相乘积相等）求得的值，再检验，排除重合的情况即可.
【详解】因为，所以，解得或．
当时，与重合，不符合题意．
当时，，符合题意．
故选：B.
5. 有编号互不相同的五个砝码，其中3克、1克的砝码各两个，2克的砝码一个，从中随机选取两个砝码，则这两个砝码的总重量超过4克的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用列举法列举出样本空间，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】记3克的砝码为，，1克的砝码为，，2克的砝码为，从中随机选取两个砝码，
样本空间，
共有10个样本点，其中事件“这两个砝码的总重量超过4克”包含3个样本点，故所求的概率为．
故选：A.
6. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用图象得出，，进而求得，再代入点坐标，可得，进而求出.
【详解】由函数的图像可知，
，则，．
由，解得，
则，
故，.
故选：B
7. 已知等差数列的前项和为，且，，则当取得最大值时，（ ）
A. 37B. 36C. 18D. 19
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的性质与前项和公式推得，，从而得解.
【详解】因为，
，
所以，，从而当时，取得最大值．
故选：C.
8. 已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点且斜率为的直线与的右支交于点，，，则的离心率为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点为，连接，,根据题意得到，求得，结合，得到，结合双曲线的定义，得到，即可求解.
【详解】如图所示，双曲线的右焦点为，的中点为，连接，,
因为，为的中点，所以，则，可得，
又因为，所以，
则，，可得，
所以的离心率为．
故选：B.
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. 甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 该数列为递增数列D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据首项可得，再逐个选项判断即可.
【详解】对AB，由，得，故，故A正确，B错误；
对C，得该数列为递增数列，故C正确；
对D，，则，故D正确.
故选：ACD
10. 某班有男生30人；女生20人，其中男生身高（单位：厘米）的平均值为170，身高的方差为24，女生身高的平均值为160，身高的方差为19，则（ ）
A. 该班全体学生身高的平均值为165B. 该班全体学生身高的平均值为166
C. 该班全体学生身高的方差为46D. 该班全体学生身高的方差为44
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平均数与方差公式求解即可.
【详解】由题可知，该班全体学生身高的平均值为，
该班全体学生身高的方差为．
故选：BC
11. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，且它们的离心率互为倒数，是与的一个公共点，则（ ）
A. B.
C. 为直角三角形D. 上存在一点，使得
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意和双曲线标准方程可推出椭圆的值，根据椭圆与双曲线定义即可判断AB；联立关系式求出的值，根据三边关系即可判断C；若，则点在以为直径的圆上，联立方程求解即可判断D.
【详解】设，，双曲线的半实轴为，半虚轴为，
椭圆的离心率为与双曲线的离心率为，
由双曲线的方程可知：，，则，，
则，椭圆的离心率为，
则，解得.
对于选项A：由双曲线定义可知：，故A错误；
对于选项B：由椭圆定义可知：，故B正确；
对于选项C：根据对称性，不妨设在第一象限，
则，解得
即，可知，
所以为直角三角形，故C正确；
对于选项D：若，则点在以为直径的圆上，
联立方程，方程组无解，
所以上不存在一点，使得，故D错误；
故选：BC.
12. 数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，若，则______．
【答案】2或
【解析】
【分析】根据向量的垂直的坐标运算可得答案.
【详解】因为，所以，解得或．
故答案为：2或.
14. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据R上的奇函数特征易得和，代入即得.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，，则．
故答案为：.
15. 某公司2015年全年生产某种商品10000件，在后续的几年中，后一年该商品的产量都是前一年的120%，则该商品年产量超过20000件时，至少需要经过______年．
【答案】4
【解析】
【分析】根据指数函数性质即得.
【详解】设经过年后，该商品年产量超过20000件，则，即．
因为，，所以至少需要经过4年．
故答案为：4
16. 若，是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点，，，动点满足，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当，，三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】设，则，整理得，
则是圆：上一点，
由，得,如图所示
故，
当且仅当，，三点共线，且在之间时取得最大值．
又因为,
所以的最大值为.
故答案为：.
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. 在正项等比数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，证明是等差数列，并求的前项和．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设的公比为（），然后根据题意列方程可求出，从而可求出；
（2）由（1）可得，从而可证得是以2为首项，1为公差的等差数列，进而可求出.
【小问1详解】
设的公比为（），由，得，
解得或（舍去），
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）可知，，则．
因为，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
故．
18. 已知圆与圆关于直线对称．
（1）求的标准方程；
（2）记与的公共点为，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）找到圆的圆心，半径，利用圆与圆关于对称，求出圆心和半径即可;
（2）求出圆心距与到直线的距离，结合对称性即可求解.
【小问1详解】
将的方程转化为，可得的圆心为，半径为3．
设的圆心为，半径为，因为与关于直线：对称，
所以解得
故的标准方程为．
【小问2详解】
，
根据对称性可知到直线的距离，
则，
则四边形的面积．
19. 的内角，，所对的边分别为，，．已知，，成等差数列．
（1）若，求；
（2）若，当取得最小值时，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合正弦的差角公式，结合等差中项计算即可；
（2）根据余弦定理及基本不等式先求取最小值时的边长，再利用三角形面积公式计算即可.
小问1详解】
因为，
所以，
即，
即，
于是有
所以或，解得或（舍去）．
因为，，成等差数列，
所以．
由，得，
所以，即，
所以．
【小问2详解】
由，得，
则，
当且仅当时，等号成立，
此时，
所以的面积．
20. 已知正项数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的定义进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可.
【小问1详解】
当时，，解得．
当时，由，得，
则，则．
因为，所以，所以是以2为首项，4为公差的等差数列，
则．
【小问2详解】
由（1）可知，
则
．
21. 如图，在四棱锥中，，，与均为正三角形.
（1）证明：平面.
（2）证明：平面.
（3）设平面平面，平面平面，若直线与确定的平面为平面，线段的中点为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由已知得出，即可根据线面平行的判定证明；
（2）取的中点，连接，过作平面，垂足为，连接，，，，通过已知得，通过线面垂直的判定与性质得出，通过中位线得出，即可得出，再通过勾股定理得出，即可证明；
（3）以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，得出各点坐标，通过点到平面距离的向量求法即可求出.
【小问1详解】
因为，
所以，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，则四边形为正方形.
过作平面，垂足为.
连接，，，.
由和均为正三角形，得，
所以，即点为正方形对角线的交点，
则.
因为平面，且平面，
所以，
又，且平面,平面,
所以平面，
因为平面，
所以.
因为是的中点，是的中点，
所以，
因此.
因，
所以，
又，平面，平面，
所以平面.
【小问3详解】
设，连接，则直线为直线，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，且平面平面，
所以.
由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的法向量为，则，
所以，
取，得.
又，
所以点到平面的距离.
22. 已知双曲线的焦距为，点在上．
（1）求的方程；
（2），分别为的左、右焦点，过外一点作的两条切线，切点分别为，，若直线、互相垂直，求周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解；
（2）依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，联立直线与双曲线方程，由得到，再由，得到，又直线、互相垂直，即可得到，再表示出，求出的最大值，即可得解.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，
由，整理得，
则，整理得，
将代入得，则，
所以，
因为直线、互相垂直，
所以，即，
则，，
所以，所以，当且仅当时取等号，
因为，所以周长的最大值为.
【点睛】方法点睛：
解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；