湖南省长沙市2023_2024学年高二数学上学期12月学情检测试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高二数学上学期12月学情检测试卷含解析，共20页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 已知，分别是椭圆， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 直线的倾斜角为（）
AB. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先将直线方程化为斜截式，即可求出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】直线的方程为，即，
所以直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，
所以.
故选：B.
2. 已知等差数列{an}中，a3＋a8＝22，a6＝7，则a5的值为（ ）
A. 10B. 15C. 20D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求出a6+a5=22即得解.
【详解】解：在等差数列{an}中，由题得a3+a8=a6+a5=22，
又a6=7，所以a5=15.
故选：B
3. 用这五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（）
A. 18B. 24C. 30D. 48
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理计算即可.
【详解】由题意可知，首位数字有4种选择，则中间的数位有4种选择，末尾数字有3种选择.
由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位数的个数.
故选:.
4. 若函数在上单调递增，则的最大值是（）
A. 3B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】函数在上单调递增，等价为在上恒成立，通过构造函数，利用导数求最值解决恒成立问题.
【详解】函数在上单调递增，等价为在上恒成立，即在上恒成立，
令，则在上恒成立，故在上单调递增，
则，故，则的最大值是3.
故选：A.
5. 已知过点的直线与椭圆交于两点，且满足则直线的方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，直线斜率为，根据，即点为中点，由，利用点差法求解.
【详解】设，直线斜率为，
则有，
①-②得，
因为，
所以点为中点，则，
，
即，
所以直线的方程为，
整理得
故选：D
6. 已知定义在R上的函数满足，且有，则的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.
【详解】设，则，
∴在R上单调递增.
又，则.
∵等价于，即，
∴，即所求不等式的解集为.
故选：A.
7. 已知数列的前n项和为，且，若，则数列的前10项和（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据与的关系式得到通项公式，进而求出的通项公式，利用裂项相消法求和.
【详解】当时，，
当，，
当时，，
所以，
所以，
则.
故选：B
8. 已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，结合椭圆的定义，在中利用勾股定理求得，中利用勾股定理求得，可求椭圆C的离心率.
【详解】连接，设，则，，，
在中，即，
，，，
，，
在中，，即，
，，又，.
故选：C.
二､多项选择题（共4个小题，每题5分，共20分，部分选对得2分，错选得0分）
9. 下列说法正确的是（）
A. 点到直线的距离为
B. 若两直线平行，则它们的斜率一定相等
C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是4
D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】计算点到直线距离验证A选项；直线斜率可能不存在判断B选项；计算直线与两坐标轴围成的三角形面积验证C选项；在轴和轴上截距都相等的直线分过原点和不过原点两种情况，计算后验证D选项.
【详解】对于A，点到直线的距离为，故A选项正确；
对于B，当两条平行直线与轴垂直时，直线的斜率不存在，故B选项错误；
对于C，令，则；令，则；
则直线与两坐标轴的交点为和，
与两坐标轴围成的三角形面积，故C选项正确；
对于D，直线过原点时，过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为，
直线不过原点时，过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程的斜率为，
则直线方程为，即，故D选项错误.
故选：AC
10. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过抛物线C上一点P作的垂线，垂足为Q，则下列说法正确的是（）
A. 准线l的方程为
B. 若过焦点F的直线交抛物线C于两点，且，则
C. 若，则的最小值为3
D. 延长交抛物线C于点M，若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由抛物线标准方程结合抛物线的性质，即可求焦点坐标、准线方程、焦点弦长、抛物线上的点到焦点和定点距离之和的最小值等.
【详解】因为抛物线C的方程为，所以，所以准线l的方程为，A正确；
由题意可知焦点弦长，B错误；
由抛物线C上的点到焦点F与到准线的距离相等可知，所以当Q，P，E三点共线时，取得最小值，即为点E到准线的距离，所以最小值为3，C正确；
如图所示，不妨设P在第一象限，过P作轴于点H，过M作轴于点N，过M作准线的垂线，垂足为D，设准线与x轴的交点为G，则，，易知，则有，即，解得，则，D正确，
故选：ACD.
11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意可知，，B选项错误.
，
，A正确.
，
，C正确.
，
.D选项正确.
故选：ACD
12. 已知，则下列结论正确的是（）
A. 不等式的解集为
B. 函数在单调递减，在单调递增
C. 函数在定义域上有且仅有一个零点
D. 若关于的方程有解，则实数的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】解分式不等式验证选项A；利用导数求函数单调区间验证选项B；解方程得函数的零点验证选项C；通过函数值域求实数的取值范围验证选项D.
【详解】对于A，由，得，因为，
所以，解得，所以不等式的解集为，所以A正确；
对于B，的定义域为，由，得，
令，得或，令，得或，
所以在和上递增，在和上递减，所以B错误；
对于C，令，得，所以在定义域内有且只有一个零点，所以C正确；
对于D，由选项B可知在和上递增，在和上递减，
因，且当从1的左侧趋近于1时，，当从1的右侧趋近于1时，，所以的值域为，
所以若关于的方程有解，则实数的取值范围是，所以D错误.
故选：AC
三､填空题（共4个小题，每题5分，共20分）
13. 已知空间向量，，且与是共线向量，则实数x的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线得到，列出方程组，求出答案.
【详解】设，则，解得：.
故答案为：-6
14. 已知各项都为正数的等比数列，若，则_______．
【答案】19
【解析】
【分析】由各项都为正数的等比数列，，解得，再由，能求出结果．
【详解】解：各项都为正数的等比数列，，
，解得，
．
故答案为：19．
【点睛】本题考查对数值的求法，考查等比数列的性质、对数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
15. 已知椭圆与双曲线有共同焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.
【详解】设椭圆，双曲线，
且设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
得，，
得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，
所以，
当即时，取最大值为.
故答案为：.
16. 若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.
【详解】因为，
所以，
因为只有一个极值点，
所以若3是极值点，
因为，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，故，
则，所以；
当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，
当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，
若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；
当时，，
令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，满足题意，
综上：或，即
故答案为：.
四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.第17题10分，其余各题各12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知圆半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切.
（1）求圆的标准方程.
（2）求直线：与圆相交的弦长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，应用点线距离公式求圆心坐标，写出圆的标准方程.
（2）根据相交弦、弦心距、半径之间的几何关系求弦长即可.
【详解】（1）令圆心为且，
∴由圆与相切，有，即可得.
∴圆的标准方程为.
（2）由（1）知：，，
∴到直线的距离为，
∴直线与圆相交的弦长为.
18. 已知函数，且．
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可求得切线方程；
（2）利用导数可求得函数的单调性，结合区间端点值和极值可求得在区间上取值情况，进而求出实数的取值范围．
【小问1详解】
∵，∴，解得：，
∴，则，
∴在点处的切线方程为：，
即．
【小问2详解】
由（1）知：，则，
∴当时，；
当时，；
∴在，上单调递增，在上单调递减，
又，，，，
∴，，
由，有，即函数与的图像有三个交点，
则有实数m的取值范围为．
19. 如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．
（1）若点是的中点，求证：平面；
（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）连接，可得四边形是平行四边形，或，从而，可证得平面；
（2）取中点，连接，分别以为轴，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点的坐标为，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，由二面角的余弦值为可得的值，可得的长．
【小问1详解】
方法一：连接，由已知得，，且，
所以四边形是平行四边形，即，
又平面平面，
所以平面．
方法二：连接，由已知得，且，
，即，
又平面平面
所以平面
【小问2详解】
取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，
由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，
，
假设点存在，设点的坐标为，
，
设平面的法向量，则，
即，可取，
又平面的法向量为，
所以，解得：，
由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．
故上存在点，当时，二面角的余弦值为．
20. 已知数列满足，数列满足，，其中为数列的前项和.
（1）证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和，并证明：.
【答案】（1）证明见解析，
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，有，可得数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）由和的关系得数列的递推公式，累加法求出的通项，得数列的通项，错位相减法求，并确定范围.
【小问1详解】
由，可得，即，
又，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，
则有，可得数列的通项公式为；
【小问2详解】
由，有，即，
则当时，有：
，
时也满足，所以数列的通项公式为
得，
则①，
②，②-①得：
，
解得，
由，，所以，
又所以递增，所以，
因此，.
21. 已知焦点在轴上的椭圆：，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程；
（2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立，可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点．
【详解】（1）由得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意.
所以直线斜率存在，设直线的方程为.
设、，
由得，
所以，.
因为，
所以，
即，整理得
化简得，
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
22. 已知函数，.
（1）求函数的极值；
（2）若不等式在上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明不等式：.
【答案】（1）极小值，无极大值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，借助的正负判断的单调性，进而求出的极值；
（2）不等式上恒成立，等价转化为，
然后分离参数得，设，求即可.
（3）由（2）知在上恒成立，令，则有，然后借助不等式同向可加性及等比数列前n项和公式求证.
【小问1详解】
由可得，此时单调递增；
由可得，此时单调递减；
所以当时，有极小值，极小值为，无极大值
【小问2详解】
由不等式上恒成立，
得，
因为，，
所以在上恒成立
设，则，
由得
所以在上递减，在上递增，
所以即，
所以
【小问3详解】
证明：由（2）得在上恒成立，
令，则有，
，
.
【点睛】关键点点睛：
本题（2）考察不等式恒成立问题，可以分离参数，转化为求最值问题：
本题（3）的证明需要借助（2）的结论，即在上恒成立，然后令，则有，然后借助不等式同向可加性及等比数列前n项和公式求证.