湖南省长郡中学2023-2024学年高二下学期寒假检测（开学考试）数学试题

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数学
时量：120分钟 满分：150分
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用交集的定义求解即可
【详解】，
故选：B
2. 若a＞1，则的最小值是（ ）
A. 2B. a
C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】原式可化为形式且a＞1，即可用基本不等式求最小值，注意等号成立为a＝2
【详解】由a＞1，有a－1＞0
∴，
当且仅当， 即a＝2时取等号.
故选：D
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，使用时注意“一正二定三相等”的条件，属于简单题
3. 已知3、4、5、7、五个数据，均值，若再增加2、8两个数后，这七个数据的均值和方差应该是（ ）
A. 5，2B. 5，3C. 5，4D. 6，2
【答案】C
【解析】
【分析】根据均值可得，利用均值和方差的定义即可求出七个数据的均值和方差.
【详解】因为3、4、5、7、共五个数据，均值，
所以，故，
则七个数据的均值为，
七个数据的方差为.
故选：C.
4. 已知则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设，则，则化简，由余弦的二倍角公式可得答案.
【详解】设，则，
从而.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数中知值求值的问题，解答本题的关键是设，然后可得，属于中档题.
5. 设且，若能被13整除，则a等于（ ）
A. 0B. 1C. 11D. 12
【答案】D
【解析】
分析】利用二项式定理求解．
【详解】
上式中中间项都是52的倍数也是13的倍数，
因此由题意能被13整除，又，所以．
故选：D．
6. 甲、乙两人要在一排7个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有（ ）
A. 6种B. 12种C. 15种D. 30种
【答案】B
【解析】
【分析】采用插空法即可得答案.
【详解】一排共有7个座位，现有两人就坐，故有5个空座.
要求每人左右均有空座，
在5个空座的中间4个空中插入2个座位让两人就坐，即有种坐法.
故选：B.
7. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上．若，，则到的距离等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，分析出为等边三角形，并求出，从而可求得，即为所求.
【详解】取线段的中点，连接，过点作，垂足为点，
则，
所以，，所以，，所以，，
因为，所以，是边长为的等边三角形，则，
由抛物线的定义可知，所以，，故，
所以，，则，即点到直线距离为.
故选：B.
8. 已知函数及其导函数定义域均为，满足，且为奇函数，记，其导函数为，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数满足的关系式求导可得关于对称，且关于对称，利用对称轴和对称中心可得的周期为6，可求得结果.
【详解】因为，两边同时求导可得：，
又，即，可得关于对称，
对两边同时求导可得，则关于对称；
又为奇函数，则，求导可得，
所以关于对称，同时，则关于对称，
由关于对称得，，
由关于对称得，，
故，可得，
所以，故的周期为6；
同理的周期也为6，
因此，
由可知，令可得；
由关于对称，可得；
所以
故选：D.
【点睛】方法点睛：在求解抽象函数的函数值时，若自变量较大可考虑是周期函数.再根据函数满足的表达式经常利用函数的对称性、奇偶性、周期性的综合变换实现问题求解.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9. ，且，则实数a的值为（ ）
A. －B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分情况讨论，根据函数值求自变量即得.
【详解】当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得或（舍去）．
综上可知，实数a的值为－或或．
故选：ACD.
10. 关于曲线，下列叙述正确的是（ ）
A. 当时，曲线表示的图形是一个焦点在轴上的椭圆
B. 当时，曲线表示的图形是一个焦点在轴上的双曲线，且焦距为4
C. 当时，曲线表示的图形是一个椭圆
D. 当或时，曲线表示的图形是双曲线
【答案】AD
【解析】
【分析】根据双曲线、椭圆的方程的特征判断即可.
【详解】对于A，当时，曲线方程为，
所以曲线表示的图形是一个焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，当时，曲线方程为，
所以曲线表示的图形是一个焦点在轴上的双曲线，且焦距为，故B错误；
对于C，当时，曲线表示的图形是一个方程为的圆，故C错误；
对于D，当或时，，
所以曲线表示的图形为双曲线，故D正确.
故选：AD
11. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若复数，满足，则
C. 若复数为纯虚数，则
D. 若复数满足，则的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】A由复数相等条件即可判断正误；B、C应用特殊值法，代入验证即可；D根据的几何含义：以为圆心2为半径的圆，求为该圆上的点到最大距离，判断正误.
【详解】A：由复数相等知：，有，正确；
B：若，有，错误；
C：若时，，错误；
D：令，则为圆O：，而表示圆O上点到的最大距离，所以，正确.
故选：AD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知等差数列中，，，若在数列每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第41项为______.
【答案】41
【解析】
【分析】根据等差数列的性质得到的首项和公差，再由题意求出新的等差数列首项和公差，再求解即可.
【详解】设等差数列首项为，公差为，
由，得：，解得，
所以数列为首项为1，公差为4的等差数列，
在数列每相邻两项之间插入三个数，得到新等差数列，
则首项为1，公差为1，所以新数列的第41项为.
故答案为：41
13. 古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262～公元前190年）著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果，其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，已知点，，动点满足，则点的轨迹与圆的公切线的条数为______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用阿波罗尼斯圆定义可得点的轨迹方程为，由两圆圆心距与半径的关系可得两圆相交，可得有2条公切线.
【详解】由题意设，
易知，即可得，
整理得点的轨迹方程为，
其轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
而圆的圆心坐标为，半径为1，
可得两圆的圆心距为2，大于，小于，
则动点的轨迹与圆的位置关系是相交.
故公切线的条数为2.
故答案为：2
14. 已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，则的取值范围是____________
【答案】
【解析】
【分析】明确分段函数两段的性质，进而作出其图像，将方程恰有四个不同的实数解转化为的图象与直线有4个不同的交点，由图象确定，，，的范围，结合对勾函数单调性性质，即可求得答案.
【详解】由题意知，
当时，，
令，则；
当时，；
当时，，
令，则或4；令，则或2；
由此可作出函数的图象如图：

由于方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，
故的图象与直线有4个不同的交点，由图象可知，
不妨设，则，
且关于对称，所以，
又即，则，
故，
由于在上单调递增，故，
所以，
故的取值范围是，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题综合考查函数与方程的应用知识，涉及到知识点较多，综合性强，解答的关键时要明确分段函数的性质，进而作出其图象，数形结合，即可求解.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，根据正弦定理化简得，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）由的面积为，求得，结合余弦定理，求得，即可求解.
【小问1详解】
由题意及正弦定理知，，
，
，.
【小问2详解】
，
又，
由①，②可得，
所以的周长为.
16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，为的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面，即可证明面面垂直；
（2）表达出二面角的平面角，即可求出二面角的平面角的正弦值.
【小问1详解】
由题意，
因为四边形为菱形，所以.
连接AC.

因为，
所以为等边三角形，从而.
在中，是的中点，
所以.
因为平面，平面，
所以.
∵，面，平面，面，
∴平面.
又平面，
∴平面PCE⊥平面PAD
【小问2详解】
由题意及（1）得，
在平面中，过点作，垂足为，连接.

因为平面,平面，所以.
又, 平面,平面，所以平面.
又平面，所以，
从而是二面角的平面角．
在Rt中，,，
所以.在Rt中，，，
所以.
在Rt中,
,
所以二面角的平面角的正弦值为.
17. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)对函数求导后由几何意义求出函数在点处的切线方程
(2)由导数可知存在极小值点，即最小值，下证
【详解】（1），，
又由题意得，，所以，
即切线方程为.
（2）证明：由（1）知，，
所以在区间单调递增，
由于，且，
所以，使得，即有唯一的根，
记为，则，
对两边取对数，得，整理得，
因为时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
所以.
当且仅当，即时，等号成立，
因为，所以，即.
【点睛】本题考查了运用几何意义求函数的切线方程，在求解不等式时要求出函数的最小值，由导数求得极值点，代入化简运用不等式求出结果，属于中档题
18. 设分别是双曲线的左、右两焦点，过点的直线与的右支交于M，N两点，过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）当时，求实数m的值；
（3）设点M关于坐标原点O的对称点为P，当时，求△PMN面积S的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据点在双曲线上及两点距离列方程组求双曲线参数，即可得方程；
（2）由点在直线上求得t＝2，根据F1到直线的距离与等腰三角形底边上的高相等，列方程求参数m；
（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立双曲线与直线方程，应用韦达定理得，，由向量的数量关系可得，根据对称点，三角形面积公式，可求△PMN面积．
【小问1详解】
因为双曲线过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点的距离为，
可得：，解得：，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
因为直线，且过点F2（2，0），
则，解得：，
由得：三角形为等腰三角形，
所以等腰三角形底边上的高的大小为，
又因为点F1到直线的距离等于等腰三角形底边上的高，
则，
化简得：，即．
【小问3详解】
设M（x1，y1），N（x2，y2），
由直线与双曲线联立得：，
化简得：，
由韦达定理得：，，
又，即，则，，
即，则，
又点M关于坐标原点O的对称点为P，则：
．
则所求的△PMN面积为．
19. 某商场拟在周末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：该游戏进行10轮，若在10轮游戏中，参与者获胜5次就送2000元礼券，并且游戏结束：否则继续游戏，直至10轮结束．已知该游戏第一次获胜的概率是，若上一次获胜则下一次获胜的概率也是，若上一次失败则下一次成功的概率是．记消费者甲第次获胜的概率为，数列的前项和，且的实际意义为前次游戏中平均获胜的次数．
（1）求消费者甲第2次获胜的概率；
（2）证明：为等比数列；并估计要获得礼券，平均至少要玩几轮游戏才可能获奖．
【答案】（1）
（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）应用全概率公式计算可得出；
（2）计算得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；再结合分组求和计算判断最少轮数即可.
【小问1详解】
【小问2详解】
,
,
为等比数列, 且公比为；.
,
因为单调递增，
当n为奇数时， ，所以得获奖至少要玩9轮.
当n为偶数时，，得奖至少要玩10轮，
所以平均至少要玩9轮才可能获奖.