湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知集合，则， 设是定义在上的奇函数，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

一､选择题：本大题共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. 若复数满足，则复数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
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的四则运算以及它的几何意义即可求解.
【详解】由题意，所以，所以在复平面内对应的点为，它在第四象限.
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式结合对数函数定义域以及交集的概念即可求解.
【详解】由题意，所.
故选：A.
3. 设是定义在上的奇函数，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由奇函数的定义可得，代入计算即可得到结果.
【详解】因为是定义在上的奇函数，则，
即，
∴，
∴，则，
故选：C.
4. 已知直线与直线，若，则直线倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由条件建立关于的方程，即可求解，进而得出直线的倾斜角.
【详解】∵直线与直线，，
∴，解得，
当时，，，符合题意，
当时，，，两直线重合，不符合题意，
故，，其斜率为，
设直线的倾斜角为，则，又，则.
故选：C.
5. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 26B. 27C. 28D. 29
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得成等差数列，结合条件求解即可.
【详解】由题意得成等差数列，
∴，又，
∴，解得.
故选：B.
6. 函数在区间上单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数导数与函数单调性的关系将问题转化为恒成立问题，构造函数，求得最小值，从而得解.
【详解】，
因为函数在区间上单调递减，
即在上恒成立，
又因为在大于0，所以在上恒成立，
令，对称轴为，在单调递增，，
所以，
所以，
所以的取值范围为.
故选：B.
7. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用角的变换，结合两角和差的正弦公式求解即可.
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即.
故选：D.
8. 已知双曲线的右焦点为，过点且斜率为3的直线与双曲线分别交于两点，若是线段的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理求得的坐标，利用，列出方程得出的关系，进而得渐近线方程.
【详解】直线方程为，
与联立得，
设，则，
，
则，即，
∵，∴，
整理得，即
令，则，得，解得，
所以，即，
则双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
二､多选题：本大题共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. 树人中学为了解高二年级学生每天的体育活动时间，随机抽取200名学生统计每天体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成六组，对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 这200名学生每天体育活动时间的众数是55
C. 这200名学生每天体育活动时间的中位数小于60
D. 这200名学生中有60人每天体育活动时间低于50分钟
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据频率之和为1即可判断A，根据众数以及中位数的计算即可求解BC，根据频率即可计算即可求解D.
【详解】由频率之和为1得：，
解得，故A错误；
由频率分布直方图可估计200名学生每天体育活动时间的众数是55，故B正确；
由，，,故中位数位于内，故C正确，
由于故200名学生中每天体育活动时间低于50分钟的人数约为人，故D正确，
故选：BCD
10. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且弦的中点到直线的距离为6，则（ ）
A.
B. 两点到抛物线的准线的距离之和为12
C. 线段的长为12
D. 的最大值为36
【答案】BD
【解析】
【分析】根据抛物线的焦点求出即可判断A；设，由条件得出，求出准线方程，进而可判断B；由题意取即可判断C；根据抛物线的定义得，利用基本不等式即可判断D.
【详解】由抛物线的焦点为，所以，则，故A错误；
设，∵弦的中点到直线的距离为6，
∴，即，
∵抛物线的准线方程为，
∴两点到抛物线的准线的距离之和为，故B正确；
因为，不妨取，即，故C错误；
由抛物线的定义得与两点到抛物线的准线的距离之和相等，
则，
∴，当且仅当时等号成立，
故的最大值为36，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，点在平面内且，则以下结论正确的是（ ）
A. 异面直线与所成的角是
B. 三棱锥的体积为
C. 存在点，使得
D. 点到平面距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由可知，异面直线与所成的角等于与所成的角，即可判断；对于B，可证得面面，则点到面的距离相等，三棱锥的体积为；对于C，当为中点时，即可判断；对于D，过作面于，则为正的中心，求得，则的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，如图，当与重合时，点到平面距离取最小值.
【详解】对于A，∵，∴异面直线与所成的角等于与所成的角，
∵为正三角形，∴，
则异面直线与所成的角是，故A错误；
对于B，∵，面，面，∴面，
∵，面，面，∴面，
又∵，面，∴面面，
点在平面内，则点到面的距离相等，
三棱锥的体积为，故B正确；
对于C，当为中点时，满足点在平面内且，
∵，，∴，即，故C正确；
对于D，分别取的中点，
三棱锥为正三棱锥，过作面于，
则为正的中心，
∵，∴，，
由，得，
∴，∴，
∵，∴，
∴的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，
该内切圆与的交点为，
如图，当与重合时，点到平面距离取最小值，
作于，,面,
,,
即点到平面距离的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的最小正周期为
C. 若，则在上存在极大值
D. 时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】验证即可判断A；若，求得最小正周期即可判断B；利用导数判断单调性以及求极值最值的方法判断CD.
【详解】选项A，因为，
所以函数的图象关于点对称，故A正确；
选项B，若，则，最小正周期为，故B错误；
选项C，若，则，
得，
∵，则，设，且，
∵，∴当时，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
故当时，有极大值，故C正确；
选项D，当时，，
∵，
∴的周期为，故只需考虑的情形，
，
当时，或，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递减，
，
，
，
，
故，，
则，故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. 设是等比数列，且，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】由等比数列的性质求得，再代入中即可得出结果.
【详解】设等比数列的公比为，
，，
.
故答案为：4.
14. 若圆上恰有四个点到直线的距离等于1，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】求得圆心坐标和半径，结合题意得到圆心到直线的距离小于2，列出不等式，即可求解.
【详解】由圆可得圆心，半径为，
设圆心到直线的距离，
要使得圆上恰有四个点到直线的距离为1，则满足，
则，即，
解得，即的取值范围为．
故答案为：．
15. 如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】以为基底表示，利用向量的运算和夹角公式求解.
详解】,
,
,
∵,
,
∴
,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
16. 已知函数，若方程恰有5个不等实根，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】先得到不合要求，时，转化为有5个不等实根，构造函数，求导得到其单调性，画出函数图象，数形结合得到答案.
【详解】当时，，两者不相等，不是方程的实根，
当时，，令，
当时，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
其中，
当时，，
画出的图象，如下：
要想方程恰有5个不等实根，需要满足
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是对原方程变形为，再利用导数和二次函数研究分段函数的图象，最后数形结合得到的范围.
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. 在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛．假设每场比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．比赛方案采用五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）．
（1）求前2场比赛中，甲至少赢得一场的概率；
（2）已知前2场比赛甲、乙各胜一场，求最终甲获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）前2场比赛中，甲至少赢得一场有两种情况：甲赢一场和甲赢两场，即可求解；
（2）已知前2场比赛甲、乙各胜一场，最终甲获胜有两种情况：比赛4场甲胜3场，比赛5场甲胜3场，分别求解概率再相加即可．
【小问1详解】
前2场比赛中，甲至少赢得一场有两种情况：甲赢一场和甲赢两场．
∴所求概率为．
【小问2详解】
已知前2场比赛甲、乙各胜一场，最终甲获胜有两种情况：比赛4场甲胜3场，比赛5场甲胜3场．
当比赛4场甲胜3场时，则第3、4场甲胜，其概率为；
当比赛5场甲胜3场时，则第3、4场甲、乙各胜一场，第5场甲胜，其概率为，
∴已知前2场比赛甲、乙各胜一场，最终甲获胜的概率为．
18. 已知的内角所对的边分别是，已知．
（1）求角；
（2）若的面积为，求取最小值时的周长．
【答案】（1）
（2）12
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合及两角和的正弦公式即可求解；
（2）由已知利用三角形的面积公式可得，利用余弦定理及基本不等式，即可求解．
小问1详解】
∵，
∴由正弦定理得，
∵，∴，
∴，
∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴.
小问2详解】
∵，∴，
由余弦定理及基本不等式，得，
当且仅当时取等号，
∴，解得，
则的最小值是4，此时，
∴的周长为12．
19. 已知数列的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设递推式可得，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证为等比数列；
（2）由（1）有，进而求，利用裂项相消法求.
【小问1详解】
由得，
又，所以是首项为3，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，所以
所以，
.
20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，．
（1）求证：平面平面；
（2）直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在满足条件的点．且或
【解析】
【分析】（1）根据长度关系证明线线垂直，即可根据线面垂直求证面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解.
【小问1详解】
由于故，
又平面，故平面，
平面，所以平面平面，
【小问2详解】
由四边形为正方形，且，分别为，的中点，
设的中点为，连接，，
因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
又，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,0,,, , , ,
设,
则，
， ，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
假设直线上存在点，使得直线与平面所成角为，
所以，
整理可得，解得或，故存在满足条件的点．
且或
21. 已知椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点，试问以为直径的圆是否恒过定点？若过定点，求出定点；若不过定点，说明理由．
【答案】（1）
（2）以为直径的圆恒过定点
【解析】
【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，结合的关系，列方程求解即可；
（2）假设以为直径的圆恒过定点，当直线的斜率存在时，设其方程为，代入椭圆方程，结合韦达定理求得，由题意恒成立时，以为直径的圆恒过定点，由此可求得定点；当直线的斜率不存在时，验证即可.
【小问1详解】
由题意可得，则，得，
又椭圆经过点，则，联立解得，
则椭圆的方程是.
【小问2详解】
假设以为直径的圆恒过定点，
点在椭圆内，则直线必与椭圆相交，
当直线的斜率存在时，设其方程为，
代入椭圆方程，并整理得，
设点的坐标分别为，
则，
因为，及，
所以
当且仅当恒成立时，以为直径的圆恒过定点，
所以，解得，
此时以为直径的圆恒过定点，
当直线的斜率不存在，其方程为，可得，
以为直径的圆的方程为，也过，
综上可知，以为直径的圆恒过定点.
22. 已知．
（1）当时，证明：在上单调递增；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，令，结合基本不等式得，是增函数，则，即，即可得证；
（2）是偶函数，只需考虑在恒成立．分为，，，，进行讨论，利用导数判断函数的单调性，从而判断与的关系，得出的取值范围.
【小问1详解】
当时，，∴，
令，
则，当且仅当时取等号，
∴当时，，是增函数，
∴，即，
∴在上单调递增.
【小问2详解】
定义域，
∵，∴是偶函数，
若恒成立，则只需考虑在恒成立.
当时，，符合题意；
当时，，由（1）知，在上单调递增，
则当时，，符合题意；
当时，，
令，则，
当时，，
∴当时，单调递增，则，
∴，则在上单调递增，
∴，符合题意；
当时，，
∴当时，单调递减，则，
∴，则在上单调递增，
∴，符合题意；
当时，令，
∴，
当时，，则，则在上单调递增，
∵，，
则存在，使得成立，
∴当时，，即，单调递减，∴，
∴，则在上单调递减，
∴，不符合题意，
综上可知，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．