湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二数学上学期10月阶段考试试题（Word版附解析）

长沙市明德中学2023年高二年级10月阶段考试数学试题一、单选题（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.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】，，因此，.故选：A.2.已知复数，则其共轭复数（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用复数除法求出复数，再求出其共轭复数作答.【详解】依题意，，所以.故选：A3.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角公式将弦化切，再代入计算可得.【详解】∵，∴. 故选：A.4.圆与圆恰有三条公切线，则实数的值是（）A.4B.6C.16D.36【答案】C【解析】【分析】两圆外切时，有三条公切线．【详解】圆标准方程为，∵两圆有三条公切线，∴两圆外切，∴，．故选C．【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，考查直线与圆的位置关系．两圆的公切线条数：两圆外离时，有4条公切线，两圆外切时，有3条公切线，两圆相交时，有2条公切线，两圆内切时，有1条公切线，两圆内含时，无无公切线．5.函数的部分图象大致是（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出函数的定义域，在判断函数的奇偶性，再根据特殊值的函数值的符号，利用排除法即可得出答案.【详解】解：∵函数的定义域为,. ,∴为偶函数，故排除A；由，故排除B；当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷大，再由指数函数的特征可得趋向于负无穷大，故排除D；综上所述，只有C符合.故选：C.6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设点关于直线的对称点，则为最短距离，根据垂直和中点坐标求出对称点即可得解.【详解】设点关于直线的对称点．根据题意，为最短距离，先求出的坐标．的中点为，直线的斜率为1，故直线的方程为，即． 由，联立得，，，则，故，则“将军饮马”的最短总路程为．故选：C．【点睛】关键点点睛：转化为点关于直线的对称点与原点的距离求解是解题关键.7.如图，在正方体中，下面结论错误的是（）A.直线与平面所成角为B.异面直线与所成角C.平面D.平面【答案】A【解析】【分析】A由正方体性质易得直线与平面所成角为，根据其正切值即可判断；B所求角化为求与所成角，由为等边三角形即可判断；C根据线面垂直的性质及判定定理即可判断；D由线面平行的判定定理判断.【详解】A：由正方体性质知面，面，所以直线与平面所成角为，且，显然直线与平面所成角不为，错； B：由，则异面直线与所成角，即为与所成角，为等边三角形，故与所成角为，对；C：由面，面，则，又，且，面，所以面，而面，则，同理可证，又，面，所以平面，对；D：由，面，面，则平面，对.故选：A8.在中，已知，点G满足，则向量在向量方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，结合数量积的运算律可得，为的重心，取的中点，利用投影向量的意义求解作答.【详解】在中，由，得，则，即，点满足，则为的重心，设的中点为. 则，，所以向量在向量方向上的投影向量为：.故选：B二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)）9.关于直线：，则下列结论正确的是（）A.倾斜角为B.为直线的一个方向向量C.在轴上的截距为D.与直线垂直【答案】BD【解析】【分析】由直线方程确定斜率，即得倾斜角，根据其斜截式确定截距、方向向量判断A、B、C；由两直线斜率关系判断D.【详解】直线可写为，故斜率为，易知其倾斜角为，A错；在轴上的截距为，且为直线的一个方向向量，B对，C错；由的斜率为，显然，故两线垂直，D对.故选：BD10.某公司统计了2023年1月至6月的月销售额（单位：万元），并与2022年比较，得到同比增长率数据，绘制了如图所示的统计图，则下列说法正确的是（）注：同比增长率=（今年月销售额一去年同期月销售额）÷去年同期月销售额． A.2023年1月至6月的月销售额的极差为8B.2023年1月至6月的月销售额的第60百分位数为8C.2023年1月至6月的月销售额的中位数为9.5D.2022年5月的月销售额为10万元【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图得出6个月份的数据，确定极差，百分位数，中位数及相应销售额数据，再判断各选项．【详解】对于A，2023年1月至6月的月销售额的最大值是14，最小值是6，极差为8，故A正确；对于B，六个数从小到大排列为，因为，所以2023年1月至6月的月销售额的第60百分位数为第四个数11，故B错误；对于C，2023年1月至6月的月销售额的中位数为9.5，故C正确；对于D，设2022年5月的月销售额为万元，则，解得，故D正确．故选：ACD．11.定义在实数集R上的奇函数满足，且当时，，下列正确的是（）A.B.函数的最小正周期为2C.函数的值域为D.方程有5个根【答案】ACD【解析】【分析】由题设可得最小正周期为4且值域为，根据已知区间解析式画出图象判断A、 B、C的正误，再画出的图象判断交点情况即知D的正误.【详解】定义在实数集R上的奇函数满足，∴，即的最小正周期为4且的值域为，作出的图象，∴，故A、C正确，B错误；由图知：共有5个交点，可得方程有5个根，则D正确；故选：ACD．12.如图1，《卢卡·帕乔利肖像》是意大利画师的作品．图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2．若，则（）图1图2A.B.水晶多面体外接球的表面积为C.直线与平面所成角的正弦值为D.点到平面的距离为【答案】BD 【解析】【分析】由题设画出俯视图，根据几何体关系求判断A；构建空间直角坐标系，由水晶多面体外接球球心与正方体外接球球心重合，确定球心、一个顶点坐标，应用两点距离公式求半径，进而求外接球表面积判断B；应用向量法求线面角、点面距离判断C、D.【详解】由水晶体俯视图如下是几何体中线段的投影，且，所以，A错；根据该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，所以其外接球球心与上述正方体的外接球球心重合，构建空间直角坐标系，则，故球心为，又，水晶多面体外接球半径，由两点距离公式有，所以水晶多面体外接球的表面积为，B对；由，则， 由，则，，若是面的一个法向量，则，令，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，C错；点到平面的距离为，D对.故选：BD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量，，且，则向量，的夹角是__________．【答案】##【解析】【分析】根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得.【详解】设、的夹角是，，则由，平方得，即，即，即，则，，．故答案为：．14.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为________． 【答案】74【解析】【分析】由题设得，，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.【详解】由题设及图知：，则，在中m.故答案为：7415.已知圆：，过点作圆的两条互相垂直的弦，，则四边形面积的最大值为________．【答案】5【解析】【分析】若分别为弦的中点，连接，设，由弦长、半径、弦心距的关系有，再由已知得，最后根据和基本不等式求最大值，注意取值条件.【详解】若分别为弦的中点，连接，如下图，设，而，且圆的半径为2，所以，弦、相互垂直，所以， 由，当且仅当时等号成立，所以四边形面积的最大值为5.故答案为：516.若函数与对于任意，都有，则称函数与是区间上的“阶依附函数”．已知函数与是区间上的“2阶依附函数”，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由题意得在上恒成立，又，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，，设，研究的最小值即可．【详解】因为函数与是区间上的“2阶依附函数”，所以在上恒成立，又在上单调递增，则，所以在上恒成立，即在上恒成立，， 令，，设，，则在上单调递增，所以，所以．故答案为：．四、解答题（本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.求满足下列条件的椭圆的标准方程：（1）两个焦点的坐标分别是，，并且椭圆经过点；（2）经过两点，．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题设椭圆焦点在y轴上且，设椭圆方程，根据参数关系及点在椭圆上列方程求参数，即得方程；（2）设椭圆方程，由点在椭圆上列方程组求参数，即得方程.【小问1详解】由已知：椭圆焦点在y轴上且，则，且设椭圆方程为，又在椭圆上，所以，故椭圆方程为.【小问2详解】 设椭圆方程为，且，在椭圆上，所以，则椭圆方程为.18.从某校高一学生中抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表和频率分布直方图：组号分组频数1628317422525612768292合计100 （1）求频率分布直方图中的值；（2）假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点代替，计算样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数；（3）求出样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数.【答案】（1）（2）7.68（3）8.56【解析】【分析】（1）由题意，先计算出第三组和第五组的频率，进而求出对应矩形的高，进而可得的值；（2）通过累加各组频率与组中值的乘积，即可得到平均数；（3）先判断出第60百分位数位于内，设第60百分位数的值为，列式求解即可.【小问1详解】已知课外阅读时间在的有17人，其频率为0.17，所以，课外阅读时间在的有25人，其频率为0.25，所以.【小问2详解】平均数.【小问3详解】已知课外阅读时间在8小时以下的学生所占比例为课外阅读时间在10小时以下的学生所占比例为所以第60百分位数一定位于内，设第60百分位数的值为， 则，解得．故样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数为8.56．19.已知坐标平面上点与两个定点的距离之比等于2.（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形;（2）记（1）中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为，求直线的方程.【答案】（1）点点轨迹方程为，其轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆（2）或【解析】【分析】（1）根据题意直接列方程化简求解即可，（2）分直线斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，结弦长，圆心距和半径的关系可求得结果.【小问1详解】由题可知，整理得:，故点点轨迹方程为，其轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆.【小问2详解】由题可知:①当直线斜率不存在时，此时直线的方程为:，满足弦长为.②当直线的斜率存在时，不妨设为，则直线方程为:，即:，则圆心到直线距离为，因为直线被所截得的线段的长为，所以，得，解得， 所以直线方程为.综上，满足条件的直线的方程为或.20.在三角形中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化简等式整理可得，又，可求，结合A为内角即可求得A的值；（2）由三角函数恒等变换化简已知可得，可求的范围，从而可求，即可得解.【详解】（1）由正弦定理可得，，从而可得，，即，又B为三角形的内角，所以，于是，又A为三角形内角，因此，.（2）∵， 由可知，，所以，从而，因此，，故的取值范围为.21.已知，如图四棱锥（1）中，，为平行四边形，，平面，，分别是，中点，点在棱上.（1）证明：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面，得，又易知为等边三角形，有，故命题可证明；（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值为，可得，再结合线面夹角公式可得结果. 【详解】解：（1）证明：∵平面，∴.又∵，且为平行四边形，，∴为等边三角形，又∵为中点，∴，又∵，∴，∵，∴平面，∴平面平面（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则.设平面即平面的法向量为，，，由，，可取，设平面的法向量为，，，由，，可取. ，解得.，，设与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为【点晴】设，根据二面角的余弦值为，求得是第二问解题的关键.22.已知圆心在轴上的圆与直线：切于点.圆.（1）求圆的标准方程；（2）已知，圆与轴相交于两点，（点在点的右侧），过点任作一条倾斜角不为0的直线与圆相交于，两点.问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在；.【解析】【分析】（1）设圆心的坐标为，根据圆与直线：切于点，由求解.（2）假设这样的存在，在圆中，令，求得M，N的坐标，然后设直线，与圆联立，再根据，由，结合韦达定理求解.【详解】（1）设圆心的坐标为，由点在直线上，知：. 则，又，，所以，故，所以，即半径.所以圆的标准方程为.（2）假设这样的存在，在圆中，令，得：，解得：或，又由知，所以，.由题可知直线的倾斜角不为0，设直线：，，，由，得，∵点在圆内部，∴恒成立，则，因为，所以，即，则，得，得，得， 因为对任意的都要成立，所以，由此可得假设成立，存在满足条件的，且.【点睛】本题主要考查圆的方程的求法、直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.