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）

长沙市第一中学2023—2024学年度高二第一学期第二次阶段性检测数学一､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55C.这200名学生每天体育活动时间的中位数小于60D.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：BCD10.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12C.线段的长为12D.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．