湖南省长沙市麓山国际共同体2023-2024学年高二上学期12月学情检测数学试卷

这是一份湖南省长沙市麓山国际共同体2023-2024学年高二上学期12月学情检测数学试卷，共15页。试卷主要包含了直线的倾斜角为，已知等差数列中，，则的值为，已知数列的前项和为，且，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
命题人：易畅 审题人：张景鑫 总分：150分 时量：120分钟
一､单项选择题（共8个小题，每题5分，共40分）
1.直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
2.已知等差数列中，，则的值为（ ）
A.10 B.15 C.20 D.40
3.用这五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（ ）
A.18 B.24 C.30 D.48
4.若函数在上单调递增，则的最大值是（ ）
A.3 B. C.2 D.
5.已知过点的直线与椭圆交于两点，且满足，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.已知定义在上的函数满足，且有，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
7.已知数列的前项和为，且.若，则数列的前10项和（ ）
A. B. C. D.
8.已知分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（共4个小题，每题5分，共20分，部分选对得2分，错选得0分）
9.下列说法正确的是（ ）
A.点到直线的距离为
B.若两直线平行，则它们的斜率一定相等
C.直线与两坐标轴围成的三角形的面积是4
D.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
10.已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（ ）
A.准线的方程为
B.若过焦点的直线交抛物线于两点，且，则
C.若，则的最小值为3
D.延长交抛物线于点，若，则
11.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）
A. B.
C. D.
12.已知，则下列结论正确的是（ ）
A.不等式的解集为
B.函数在单调递减，在单调递增
C.函数在定义域上有且仅有一个零点
D.若关于的方程有解，则实数的取值范围是
三､填空题（共4个小题，每题5分，共20分）
13.已知空间向量，且与是共线向量，则实数的值为__________.
14.已知各项都为正数的等比数列，若，则__________.
15.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为__________.
16.若函数只有一个极值点，则的取值范围是__________.
四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.第17题10分，其余各题各12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题10分）
已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切.
（1）求圆的标准方程.
（2）求直线与圆相交的弦长.
18.（本小题12分）
已知函数，且.
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若函数在区间上有三个零点，求实数的取值范围.
19.（本小题12分）
如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面.
（1）若点是的中点，求证：平面；
（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
20.（本小题12分）
已知数列满足，数列满足，，其中为数列的前项和.
（1）证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和，并证明：.
21.（本小题12分）
已知焦点在轴上的椭圆，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点两点都在轴上方，且.证明直线过定点，并求出该定点坐标.
22.（本小题12分）
已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围；
（3）证明不等式：.
2023-2024-1麓山共同体高二12月学情检测试卷---（参考答案）
1.【答案】B
【解答】解：直线，可变形为，其斜率，设其倾斜角为，则，因为，所以.故选.
2.【答案】B
【解答】解：在等差数列中，由题得，又，所以.故选：
3.【答案】D
【解答】解：由题意可知，首位数字有4种选择，则中间的数位有4种选择，末尾数字有3种选择.由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位数的个数故选.
4.【答案】A
【解答】解：函数在上单调递增，等价为在上恒成立，即在上恒成立，令，则，故在上单调递增，则，故，则的最大值是3.故选.
5.【答案】D
【解答】解：设，直线斜率为，
则有，①-②得，
因为，所以点为中点，，
即，所以直线的方程为，整理得，
故选.
6.【答案】A
【解答】解：设，则，
所以函数在上单调递增.又，所以.
因为等价于，即，所以，即所求不等式的解集为.故选.
7.【答案】B
【解答】解：根据题意可知当时，，当时，，所以
则.
8.【答案】C
【解答】解：连接，设，则
在Rt中，
，即
在Rt中，又，
故选.
9.【答案】AC
【解答】解：对于，点到直线的距离为，故正确；
对于，当两条平行直线与轴垂直时，直线的斜率不存在，故错误；
对于，直线与两坐标轴的交点为和，
与两坐标轴围成的三角形面积，故正确；
对于，直线过原点时，过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为，
直线不过原点时，过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为，故错误.
10.【答案】ACD
【解答】解：因为抛物线的方程为，所以，所以准线的方程为正确；由题意可知焦点弦长错误；
由抛物线上的点到焦点与到准线的距离相等可知，所以当三点共线时，取得最小值，即为点到准线的距离，所以最小值为3，正确；
如图所示，不妨设在第一象限，过作轴于点，过作轴于点，过作准线的垂线，垂足为，设准线与轴的交点为，
则易知，则有，即，解得，则正确，故选：.
11.【答案】ACD
【解答】解：由题意可知，，，故，故选项正确；
所以故，故选项正确；
因为，故选项错误；
因为，故选项正确.故选：.
12.【答案】AC
【解答】解：对于，由，得，因为，
所以，解得，所以不等式的解集为，所以正确；
对于的定义域为，由，得，令，得或，令，得或，所以在和上递增，在和上递减，所以错误；对于，令，得，所以在定义域内有且只有一个零点，所以正确；
对于，由选项可知在和上递增，在和上递减，因，且当从1的左侧趋近于1时，，当从1的右侧趋近于1时，，所以的值域为，所以若关于的方程有解，则实数的取值范围是，所以错误.故选：AC
13.【答案】-6
【解答】
解：设，则，解得：.故答案为：-6
14.【答案】19
【解答】解：各项都为正数的等比数列，
，解得，
.故答案为19.
15.【答案】
【解答】解：设椭圆，双曲线，且设，由椭圆的定义得①，由双曲线的定义得②，
①②得，，①②得，，由余弦定理可得
，所以③，设，
所以，
当即时，取最大值为.故答案为：.
16.【答案】
【解答】解：因为，
所以，因为只有一个极值点，所以若3是极值点，
令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故，则，所以；当趋向于0时，趋向于趋向于0，则趋向于正无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，若3不是极值点，则3是，即的一个根，且存在另一个根，此时；当时，，令，解得；令，解得；所以在单调递减，在单调递增，满足题意，综上：或，即.故答案为：.
17.【答案】解：（1）令圆心为且，
由圆与相切，有，即可得.
圆的标准方程为.
（2）由（1）知：圆心坐标，
圆心到直线的距离为，
直线与圆相交的弦长为
18.【答案】解：（1），所以，解得.
所以，所以函数的图象在点处的切线方程为，即.
（2）由（1）知：，则当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，又，
在上，由，有，
即函数与的图象有三个交点，由图象可得，的取值范围为.
19.【答案】（1）证明：连接，在四棱台中，底面是菱形，，所以，
又因为点是的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接，因为是菱形，且，所以是正三角形，所以，又，所以，又平面､平面，所以，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，假设点存在，设点的坐标为，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，则，又因为平面的一个法向量为，设二面角大小为，则.解得，因为二面角的余弦值为，所以为锐角，由图可知点在线段上，所以，此时点，
综上：上存在点，当时，二面角的余弦值为.
20.【答案】解：（1）由，可得，所以数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以数列的通项公式为
（2）因为，所以，所以
也满足，所以数列的通项公式为
所以得，所以①，
②，②-①得：
，
所以，
又所以递增，所以，
又当时，，所以.因此，.
21.【答案】解：（1）由得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意所以直线斜率存在，设直线的方程为，
由得，所以，.
因为，所以，
即，又所以
整理得
化简得，所以直线的方程为，
所以直线过定点.
22.【答案】解：（1）因为，
令，得，故当时，单调递增，当时，
单调递减，所以当时，取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）因为不等式在上恒成立，
所以，即，
因为，所以在上恒成立，
设，由得，
所以在上递减，在上递增，所以即，所以的取值范围为.
（3）证明：由（2）得在上恒成立，
令，则由，
所以，
即，因为，所以，
即，所以