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湖南省三湘名校教育联盟2023-2024学年高二上学期11月期中联考数学试卷(Word版附答案)

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三湘名校教育联盟・2023年下学期高二期中联考数学本试卷共4页。全卷满分150分,考试时间120分钟。注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑,如有改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案;回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题: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.2.已知复数的共轭复数满足,则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3.已知双曲线:的焦距为,实轴长为4,则的渐近线方程为A.B.C.D.4.已知数列中,,,则等于A.B.C.D.35.已知,是直线(为常数)上两个不同的点,则关于和的方程组的解的情况,下列说法正确的是A.无论,,如何,总是无解B.无论,,如何,总有唯一解C.存在,,,使是方程组的一组解 D.存在,,,使之有无穷多解6.已知正方体的棱长为2,球是正方体的内切球,点是内切球表面上的一个动点,则的取值范围为A.B.C.D.7.已知定义域为的函数满足,当且时,成立.若存在使得成立,则实数的取值范围是A.B.C.D.8.已知双曲线:,和分别为实轴的右端点和虚轴的上端点,过右焦点的直线交的右支于,两点.若存在直线使得点为的重心,则的离心率为A.B.C.2D.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知直线:和圆:,则A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.存在使得直线与直线:平行D.直线被圆截得的最短弦长为10.设函数,则下列说法正确的是A.若的最小正周期为,则B.若,则的图象关于点对称 C.若在区间上单调递增,则D.若在区间上恰有2个零点,则11.已知为抛物线:的焦点,,,是上三点,且,则下列说法正确的是A.当,,三点共线时,的最小值为4B.若,设,中点为,则点到轴距离的最小值为6C.若,为坐标原点,则的面积为D.当时,点到直线的距离的最大值为12.已知正方体的棱长为1,为线段的中点,点和点分别满足,,其中,则下列说法正确的是A.平面B.与平面所成角的取值范围为C.的最小值为D.点到直线的距离的最小值为三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知圆过点,且与直线相切,则满足要求的面积最小的圆的标准方程为______.14.已知,则的值为______.15.已知三棱柱的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为,,,,则此球的体积为______.16.如图,椭圆:和:有相同的焦点,,离心率分别为,,为椭圆的上顶点,,,,三点共线且垂足在椭圆上,则的最大值是______. 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.(本小题满分10分)在平面直角坐标系中,存在四点,,,.(1)求过,,三点的圆的方程,并判断点与圆的位置关系;(2)若过点的直线被圆截得的弦长为8,求直线的方程.18.(本小题满分12分)长沙市某中学近几年加大了对学生奥赛的培训,为了选择培训的对象,2023年5月该中学进行一次数学竞赛,从参加竞赛的同学中,选取50名同学将其成绩(百分制,均为整数)分成六组:第1组,第2组,第3组,第4组,第5组,第6组,得到频率分布直方图(如图),观察图中信息,回答下列问题:(1)根据频率分布直方图,估计本次考试成绩的平均数和第71百分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(2)已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级,其中成绩不小于90分时为优秀等级,若从成绩在第5组和第6组的学生中,随机抽取2人,求所抽取的2人中至少有1人成绩优秀的概率.19.(本小题满分12分)已知,,分别为三个内角,,的对边,且.(1)求角;(2)若点满足,且,求的面积的最大值.20.(本小题满分12分)如图,四棱锥的底面是平行四边形,,,点在平面内的投影是的中点,是的中点. (1)证明:平面;(2)若,求二面角的正弦值.21.(本小题满分12分)已知函数,.(1)求函数的单调递增区间;(2)若对任意,存在,使得,求实数的取值范围;(3)若函数,求函数的零点个数.22.(本小题满分12分)椭圆:的左、右焦点分别为,.过作直线交于,两点.过作垂直于直线的直线交于,两点.直线与相交于点.(1)求点的轨迹方程;(2)求四边形面积的取值范围.三湘名校教育联盟・2023年下学期高二期中联考・数学参考答案、提示及评分细则1.【答案】C【解析】因为,又,,所以,故选C.2.【答案】A 【解析】由可得,所以,对应点为,在第一象限.故选A.3.【答案】C【解析】由已知得,双曲线的焦点在轴上,双曲线的焦距,解得,双曲线的实轴长为,解得,则,即双曲线的渐近线方程为.故选C.4.【答案】D5.【答案】B【解析】由题意则,(直线的斜率存在,∴),故:与:相交,∴方程组总有唯一解.A,D错误,B正确;若是方程组的一组解,则则点,在直线,即上,但已知这两个点在直线上,这两条直线不是同一条直线,∴不可能是方程组的一组解,C错误.故选B.6.【答案】D【解析】取中点为,因为,,所以,又,则,又正方体的棱长为2,则正方体的内切球半径为1,则,,所以,所以,所以当,反向时,,有最小值为;当,同向时,,有最大值为.故选D.7.【答案】D【解析】由条件可知函数在上单调递减.存在使得成立等价于存 在使得不等式成立.由得,∵,∴,∴①当时,不成立;②当时,有解.求当时,函数的最小值.令,则,而函数是上的减函数,所以当且仅当,即时,.故,故选D.8.【答案】A【解析】依题意,,.点为的重心时,中点.设,,则,.两式作差得:.其中,.又因为,,,四点共线,所以.故,解得,故.故选A.9.【答案】BD【解析】对于A,由可得,,令,即,此时,所以直线恒过定点,A错误;对于B,因为定点到圆心的距离为,所以定点在圆内,所以直线与圆相交,B正确;对于C,因为直线:的斜率为,所以直线的斜率为,此时直线的方程为,直线与直线重合,故C错误;对于D,设直线恒过定点,圆心到直线的最大距离为,此时直线被圆截得的弦长最短为,D正确;故选BD.10.【答案】AD【解析】对于A,若的最小正周期为,则,解得,故A正确;对于B,若,则,时,,故B错误; 对于C,时,,因为在上单调递增,则,解得,故C错误;对于D,时,,若在上恰有2个零点,则,解得,故D正确.故选AD.11.【答案】ACD【解析】依题意,.对于A选项,当,,三点共线时,为焦点弦.通径(垂直于对称轴的焦点弦)最短,最短为,故A正确;对于B选项,(当且仅当,,三点共线时等号成立),即,故,所以点到轴距离的最小值为5,B错误;对于C选项,依题意,为焦点弦且.不妨设直线的倾斜角为锐角,则,,解得,故,故C正确;对于D选项,设直线:,,,与抛物线方程联立,得:.由韦达定理有:,.依题意.即,整理得:.代入韦达定理可得:,解得,其中时,直线过定点,时,直线过点,不符合题意,故直线过定点,点到直线的距离最大值为.D正确.故选ACD.12.【答案】ACD【解析】对于A选项,平面即为平面,易知A正确;对于选项B:如图,连接交于点,连接,知平面,所以即为与面 所成角,所以,由在上知,所以,因为,所以的范围是,即直线与平面所成角的范围是,故B错误;对于C项,把问题转化为在平面内求点使得最小,如图,作点关于线段的对称点,过点作,的垂线,垂足分别为和,则,设,则,故,故.对于D项,当时,平面且,,三点共线.此时,,即此时到直线的距离最小,最小值为.故选ACD.13.【答案】【解析】过作直线的垂线,垂足为.当为直径时,圆的面积最小. 到直线的距离,可知半径,圆心在直线上,且,解得,,所求圆的方程为.14.【答案】【解析】由,得,两边平方得.所以.15.【答案】【解析】由已知该三棱柱是直三棱柱,且底面是直角三角形,,设,分别是,的中点,是中点,则就是三棱柱外接球球心,,,即,.所以.16.【答案】【解析】由图知, 则,设,则,则.17.【解析】(1)设圆方程为,把,,三点坐标代入可得:解得,,,所以圆方程是把点坐标代入可得:,故在圆内;(2)由(1)可知圆:,则圆心,半径,由题意可知圆心到直线的距离是3,当直线斜率存在时,设直线方程为:,所以,解得,故直线的方程为;当直线斜率不存在时,则直线方程为:,此时圆心到直线的距离是3,符合题意.综上所述,直线的方程为或.18.【解析】(1),所以本次考试成绩的平均分约为66.8;因为成绩在的频率为,成绩在的频率为,所以第71百分位数位于,设其为,则,解得,所以第71百分位数为75;(2)第5组的人数为:人,可记为,,,; 第6组的人数为:人,可记为,,;则从中任取2人,有,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,共21种情况,其中至少有1人成绩优秀的情况有,,,,,,,,,,,,,,共15种情况.所以至少有1人成绩优秀的概率.19.【解析】(1)由正弦定理可得:又在三角形中,,∴,∴,又在三角形中,,∴,∴∵,∴;(2)由,可得,两边平方可得,即,所以,当且仅当时取“”,所以,所以.所以的面积的最大值为.20.【解析】(1)证明:取的中点,连接, ∵四边形为平行四边形,∴,∵为中点,∴,且,∵为中点,为中点,∴为的中位线,∴,且,即,且,故四边形是平行四边形,∴,又平面,平面,∴平面;(2)取中点,连接,∵点在平面内的投影为,∴平面.∵,∴,∵,则,由于,,两两垂直,则可以点为坐标原点建系,以为轴,为轴,为轴,则有,,,,,,则,,,设平面的法向量为, 则即令,则,,故,设平面的法向量为,则即令,则,,故,,设二面角的平面角为,则.故二面角的正弦值为.21.【解析】(1)由得:或,即的定义域为,令,在内单调递增,而时,为减函数,时,为增函数,故函数的单调递增区间是.(2)由与可知,所以或,分离参数得,或有解,令,则,或有解, 得或;(3)依题意,令,则函数转化为,此时只需讨论方程大于等于2的解的个数,①当时,没有大于等于2的解,此时没有零点;②当时,,当时,,方程没有大于等于2的解,此时没有零点;当时,,方程有一个等于2的解,函数有一个零点;当时,,方程有一个大于2的解,函数有两个零点.③当时,,恒成立,即方程不存在大于等于2的解,此时函数没有零点.综上所述,当时,有一个零点;当时,有两个零点;当或时,没有零点.22.【解析】(1)设,依题意,,且.所以,整理得.故点的轨迹方程为;(注:也可以用斜率之积为来求轨迹方程,但需讨论斜率不存在的特殊情况.否则扣1分)(2)依题意,.过作平行于的直线交于,两点,由对称性知.①当的斜率为0或斜率不存在时,;②当的斜率存在且不为0时,设:,,.联立方程消元得:. 故,同理,.故.令,,则,其中,故.综上,.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-12-22 15:15:01 页数:16
价格:¥2 大小:1.32 MB
文章作者:随遇而安

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