湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二上学期第一阶段性检测数学试题

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时量：120分钟 满分：150分
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出，即得解.
【详解】由题得，
所以.
故选：B
2. 的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可根据命题特点进行转化，因为化简后为，题设需要寻找的一个必要不充分条件，所以相当于寻找取值范围比更大的范围即可
【详解】即，因为能推出，而不能推出，所以的一个必要不充分条件是．
答案选C
【点睛】本题考查命题条件的推导，需注意两种不同的说法：是的充分不必要条件的必要不充分条件是，同理是的必要不充分条件的充分不必要条件是
3. 如图，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P为所在棱的中点，则直线AB与平面MNP的位置关系为（ ）
A. 平行B. 垂直C. 相交D. 直线在平面内
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图形，连接CD，由 M、N、P为所在棱的中点结合正方体的结构特征，易得，然后利用线面平行的判定定理判断.
【详解】如图所示：
连接CD，则，
又因为 M、N、P为所在棱的中点，
所以，
所以 ，又 平面MNP，平面MNP，
所以直线AB 平面MNP，
故选：A
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及正方体的结构特征，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于基础题.
4. 已知平面向量，，如果，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行满足的坐标关系即可求解.
详解】由可得，所以，
故选：A
5. 下列一组数据的分位数是（ ）
A. 3.0B. 4
C. 4.4D. 3.3
【答案】D
【解析】
【分析】先把这组数据按从小到大的顺序排列，根据百分位数的定义可得答案.
【详解】把该组数据按照由小到大排列，可得：
，
由，不是整数，
则第3个数据是分位数．
故选：D.
6. 已知，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，则的最大值是（ ）
A. B. 9C. 16D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的定义及基本不等式可求答案.
【详解】因为，所以，
当且仅当时，取到最大值.
故选：D.
7. 实数满足,则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对化简,令,则与圆有交点，根据点到直线的距离小于等于半径解不等式即可.
【详解】,
,
令,化简得,
所以与圆有交点,
即,
解得,
所以.
故选:C.
8. 在正四棱锥中，若，，平面与棱交于点，则四棱锥与四棱锥的体积比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用、、、四点共面，，由锥体体积公式，求出和的值，即可得的值.
【详解】如图所示，

设，由、、、四点共面，
设，则，
即，
得，
又，，不共面，则，解得：，即，
设，分别是点到平面和点到平面的距离，则，
所以，
，，
同理，，，，
则四棱锥与四棱锥的体积比为.
故选：B
【点睛】方法点睛：
点共面问题可转化为向量共面问题；求几何体的体积，要注意分割与补形；利用锥体体积公式，棱锥的体积比最终转化为棱长之比.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个3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. 下列结论不正确的是（ ）．
A. 过点，的直线的倾斜角为
B. 直线恒过定点
C. 直线与直线之间的距离是
D. 已知，，点P在x轴上，则的最小值是5
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，求出过点，的直线的斜率，进而得到倾斜角不为；B选项，变形后得到方程组，求出恒过点；C选项，直线变形为，利用两平行线间距离公式求出答案；D选项，在坐标系中画出点的坐标，利用对称性求出的最小值.
【详解】A选项，过点，的直线的斜率为，
设直线倾斜角为，则，由于，
故过点，的直线的倾斜角不为，A错误；
B选项，直线变形得到，
令，解得，
故直线恒过点，B错误；
C选项，直线变形为，
故与直线之间的距离是，故C错误；
D选项，在平面直角坐标系中画出，，两点都在轴上方，
画出关于轴的对称点，连接，与轴交于点，
则即为的最小值，
则，D正确.
故选：ABC
10. 已知函数（其中）相邻的两个零点为，则（ ）
A. 函数的图象的一条对称轴是B. 函数的图象的一条对称轴是
C. 的值可能是D. 的值可能是
【答案】BC
【解析】
【分析】由，得到周期，再由，得到对称轴方程，然后由是零点得到判断即可.
【详解】由，得，则，
则，所以为的一条对称轴，
故的对称轴可表示为，故A错误，B正确；
∵是零点，故，则（）.故C正确，D错误.
故选：BC.
11. 如图，在三棱锥中，，若三棱锥的体积为，则下列说法正确的有（ ）

A.
B. 直线PC与面PAB所成角的正弦值为
C. 点A到平面PBC的距离为
D. 三棱锥的外接球表面积
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由体积公式，计算点到平面的距离，即可判断；B.根据垂直关系，构造线面角，即可判断；C.利用等体积转化，即可求解并判断；D.根据外接球的半径公式，即可求解并判断.
【详解】设点到平面的距离为，
三棱锥的体积，得，
因为，所以平面，又平面，
所以，故A正确；
因为平面，所以平面平面，
且平面平面，
取的中点，连结，
因为等边三角形，所以平面，
为直线PC与面PAB所成角，，,
所以,故B正确；

中，，，
所以边上的高为，,
设点到平面的距离为，则，得，故C错误；
如图，过的中心作平面的垂线，过线段的中点作的垂线，
两条垂线交于点，则点到四点的距离相等，
即点是三棱锥外接球的球心，

外接圆的半径，,
所以三棱锥外接球的半径,
所以外接球的表面积，故D正确.
故选：ABD
12. 已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 是“封闭”函数
B. 定义在上函数都是“封闭”函数
C. 若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D. 若是“封闭”函数，则在区间上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】特殊值判断A；根据定义及函数的性质判断B；根据定义得到都有，再判断所给定区间里是否有成立判断C；举例说明判断D作答.
详解】对于A：当时，，而，A错误；
对B：对于集合，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，B正确；
对C：对于集合，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于集合，使，则，，
而，，…，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，C正确；
对D，函数，集合，，当时，
，则函数是“封闭”函数，
而函数是R上的增函数，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：对于C，根据给定的条件得到都有，有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知是虚数单位，化简的结果为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法化简可得结果.
【详解】.
故答案为：.
14. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲、乙能破译的概率分别为和，则密码被成功破译的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】设事件“甲能破译密码”，事件“乙能破译密码”，
则事件与相互独立，且，
则密码被成功破译的概率为：
.
故答案：.
15. 已知圆和两点，若圆C上存在点P，使得，则m的最大值为_____________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据给定条件可得点P是动圆与圆C的公共点，再借助两圆的位置关系列式求解即得.
【详解】因点P满足，则点P在以线段AB为直径的圆上(除点A，B外)，即点P在以原点O为圆心，m为半径的圆上，
于是得点P的轨迹方程为：，又圆的圆心，半径为3，
而点P在圆C上，即圆O与圆C有公共点，因此有，而，
即，解得，当且仅当圆O与圆C内切时，m=8，圆O与圆C外切时，m=2，
所以m的最大值为8.
故答案为：8
16. 设函数在上恰有两个零点，且的图象在上恰有两个最高点，则的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】结合三角函数的图象，可找到满足条件的所在的区间，解不等式组，可求得结果.
【详解】,
在上恰有两个零点，恰有两个最高点，
即，
当时，不符合题意,
当时，不等式组为，不等式无解，
当时, 不等式组为，不等式无解，
当时，得，
当时，，得，
当时不等式无解.
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. 已知直线：与直线：的交点为．
（1）求过点且与直线垂直的直线的方程；
（2）求过点且与直线：平行的直线的方程．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先求两条直线的交点,设所求直线斜率，利用点斜式设出直线方程，由点到直线的距离公式求出，从而确定直线方程；
（2）根据直线平行求出直线的斜率,利用点斜式方程求解即可.
【详解】（1）由，解得，
∴，交点坐标为，
∵，∴直线的斜率，
直线的方程为，即．
（2）∵，∴直线的斜率，
又经过点，
∴直线的方程为，即．
18. 移动公司在国庆期间推出套餐，对国庆节当日办理套餐的客户进行优惠，优惠方案如下：选择套餐1的客户可获得优惠元，选择套餐2的客户可获得优惠元，选择套餐3的客户可获得优惠元．国庆节当天参与活动的人数统计结果如图所示，现将频率视为概率．
（1）求从中任选1人获得优惠金额不低于300元的概率；
（2）若采用分层抽样的方式从参加活动的客户中选出6人，再从该6人中随机选出2人，求这2人获得相等优惠金额的概率．
【答案】（1） ；（2）.
【解析】
【分析】
（1）选择套餐2和套餐3的客户数除以选择套餐1，2，3的总数即可求解；
（2）按照分层抽样计算优惠元的有人，获得优惠元的有人，获得优惠元的有人，再按照古典概型计算即可求解.
【详解】（1）设事件为“从中任选人获得优惠金额不低于元”，
则.
（2）设事件为“从这人中选出人，他们获得相等优惠金额”，由题意按分层抽样方式选出的人中，获得优惠元的有人，获得优惠元的有人，获得优惠元的有人，分别记为：，，，，，，从中选出人的所有基本事件如下：，，，，，，，，，，，，，，，共个．
其中使得事件B成立的有，，，，共4个．
则.
故这人获得相等优惠金额的概率为.
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角B；
（2）已知，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理及三角恒等变换，化简可得的值，讨论即可得角B
（2）结合余弦定理及完全平方公式，可求得，即可由面积公式求得结果
【小问1详解】
，
由正弦定理可得，，即，
化简可得，，又．
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，，
，
．
20. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为的等边三角形，且.

（1）证明:;
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明平面即可;
（2）取的中点，的中点，连接，根据条件证明两两垂直，分别以为轴，轴，轴建立坐标系，求出平面和平面的法向量，根据公式求解即可.
【小问1详解】
因为，为的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
【小问2详解】
取的中点，的中点，连接，
因为是边长为的等边三角形，
所以，
因为，所以，
由（1）知平面，所以两两垂直，
分别以为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，

因为是边长为的等边三角形，为的中点，
所以，
则，
所以为直角三角形，，
因为，
所以，
则，
因为，即，
设，，，
得，
设平面的法向量为，，
则，
令，则，
设平面的法向量为，，
则，
令，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，则二面角的余弦值为.
21. 已知函数为偶函数．
（1）求k的值；
（2）设函数，若，恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数为上的偶函数可得，即可得解；
（2）由（1）得，令，则，则要使，恒成立，只需要函数的值域是不等式的解集的子集即可，再分和两种情况讨论即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，
因为函数为偶函数，
所以，
即，
所以，解得，
经检验，符合题意，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
则，
令，则，
令，解得，
要使，恒成立，
只需要函数的值域是的子集即可，
当时，因为，所以，
则，解得，
当时，则，
则，解得，
综上所述，a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：将，恒成立，转化为函数的值域是不等式的解集的子集，是解决本题的关键.
22. 已知圆的方程为，直线与圆交于两点．

（1）若坐标原点到直线的距离为，且过点，求直线的方程；
（2）已知点，为的中点，若在轴上方，且满足，在圆上是否存在定点，使得的面积为定值？若存在，求出的面积；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在点，使为定值.
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为：，根据原点到直线的距离为，解出的值即可；
（2）设，直线的方程为：，利用韦达定理及，可得，，从而得点的轨迹为，设，可得，再根据三角函数的性质即可得解.
【小问1详解】
解：设直线的方程为：，
因为原点到直线的距离为，
所以，解得，
所以直线的方程为；
【小问2详解】
解：设，直线的方程为：，
由，可得，
则，
，
所以，
因为在轴上方，所以，所以，
又因为为的中点，所以，
又因为，，
所以，
即，整理得：，
又因为，
整理得：，
代入，
化简得，
所以或，
当时，直线过定点不符题意，
所以，所以，
所以点在直线上，
即点的轨迹为，
所以直线，即，且，
假设存在满足条件的点，其坐标为，
则点到直线的距离，
所以，
所以当，即，，时，
为定值，此时的坐标为，
所以存在点，使为定值.
【点睛】关键点睛：本题的关键是得出点的轨迹，为后面设点的坐标和求的坐标作好铺垫.