2023-2024学年湖南省三湘名校教育联盟高二上学期11月期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖南省三湘名校教育联盟高二上学期11月期中联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解一元二次不等式确定集合，根据对数函数的性质确定集合，集合的补集交集运算求解.
【详解】因为，
又或，则，
所以.
故选：C.
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
【答案】A
【分析】根据题意，由复数的运算，即可求得，再由复数的几何意义，即可得到结果.
【详解】由可得，所以，对应点为，在第一象限.
故选：A.
3．已知双曲线的焦距为，实轴长为4，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由焦距和实轴长分别算出和的值，再利用可求出值，渐近线方程即可求解.
【详解】由已知得，双曲线的焦点在轴上，
双曲线的焦距，解得，
双曲线的是实轴长为，解得，
则，
即双曲线C的渐近线方程为，
故选：.
4．已知数列中，，，则等于（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】根据递推关系可得数列是以3为周期的周期数列，即可求出结果.
【详解】因为，，
所以，，，
所以数列是以3为周期的周期数列，又，所以，
故选：D.
5．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
【答案】B
【分析】先得到，从而得到方程组总有唯一解，A，D错误，B正确；再假设是方程组的一组解，得到，在直线，与两点在上矛盾，C错误.
【详解】直线的斜率存在，
∴，
由题意，
则，
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，而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．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．
【答案】D
【分析】根据题意，取中点为，则，再结合向量的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
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．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．
【答案】D
【分析】由已知判断函数的单调性，再分离参数讨论即可.
【详解】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，
设,,
因为
所以，所以函数是上的减函数，所以当且仅当，即时，.
故，
故选：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．
【答案】A
【分析】根据三角形重心公式得到线段中点，根据建立等式计算即可得到.
【详解】依题意，，，，
设，，则的中点，
因为点为的重心，则，，
所以中点，
因为，，
两式作差得：，化简得，即，
因为，又因为，，，四点共线，所以.
故，解得，故.
故选：A.
二、多选题
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
【答案】BD
【分析】选项A，把直线化成形式 ，求出定点即可；选项B，判断点到圆心的距离与半径的关系；选项C，用平行直线的特征求出即可；选项D，弦长公式求出即可.
【详解】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．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
【答案】AD
【分析】根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可.
【详解】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．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4
B．若，设，中点为，则点到轴距离的最小值为6
C．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
【答案】ACD
【分析】首先将点代入抛物线方程可得，对于A，当为焦点弦通径时，取最小；对于B，由抛物线的定义、三角不等式即可判断；对于C，由焦半径公式结合、三角形面积公式即可判断；对于D，由题意首先证明直线过定点，从而即可判断.
【详解】依题意，将点代入抛物线方程可得，.
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，如图所示：
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，
整理得：.代入韦达定理可得：，解得，
其中时，直线，即整理得，过定点，
时，直线直线，即整理得，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．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
【答案】ACD
【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；
对于B选项，由题与平面所成角即为,计算即可判断；
对于C选项，利用展开图即可判断；
对于D选项，利用，，三点共线. ，，即此时到直线的距离最小即可判断.
【详解】对于A选项，则，
由题可知，平面，且平面，则，
又，平面，
平面，平面，则，
同理可得，，平面，
直线平面，
平面即为平面，,平面,则选项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.
三、填空题
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 .
【答案】
【分析】根据几何性质得到面积最小的圆即为以点到直线的距离为直径的圆，即可求解.
【详解】过作直线的垂线，垂足为.
则垂线的斜率为，则垂线为，即，
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，
且圆心到直线的距离为，
解得，，所求圆的方程为.
故答案为：.
14．已知，则的值为 .
【答案】/
【分析】化简所求值的式子，再利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】依题意，
.
故答案为：
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 .
【答案】
【分析】先根据两边和夹角得到底面为直角三角形，再由直三棱柱得到球心位置和三棱柱的高，最后求出外接球的半径和体积即可.
【详解】因为，，，
所以，所以，
所以是直角三角形且为斜边，
又因为三棱锥侧棱垂直于底面，所以该三棱柱是直三棱柱，
如图所示，
，
设，分别是，的中点，是中点，则就是三棱柱外接球球心，
而，
所以，即，
所以，
所以，
故答案为：
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 .

【答案】
【分析】将表示为三角函数的形式，然后根据三角恒等变换以及三角函数最值的知识求得的最大值.
【详解】由图知，
则，设，
则，
则
，
由于，
所以.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆的离心率，方法有很多，如根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得的齐次式，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得的齐次式，先求得，然后利用求得椭圆的离心率.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，存在四点，，，.
(1)求过A，B，C三点的圆M的方程，并判断D点与圆M的位置关系；
(2)若过D点的直线l被圆M截得的弦长为8，求直线l的方程.
【答案】(1)，D在圆M内；
(2)或.
【分析】（1）设出圆的一般方程,利用待定系数法计算可得圆的方程，把D坐标代入圆的方程判定位置关系即可；
（2）对直线分类讨论，设出直线方程，利用直线与圆相交，已知弦长求直线方程.
【详解】（1）设圆M方程为，
把A，B，C三点坐标代入可得：
解得，，，
所以圆M方程是,
把D点坐标代入可得：，故D在圆M内；
（2）由（1）可知圆M：，则圆心，半径，
由题意可知圆心到直线l的距离是3，
当直线l斜率存在时，设直线l方程为：，
所以由点到直线的距离公式得，解得，故直线l的方程为；
当直线l斜率不存在时，则直线l方程为：，
此时圆心到直线l的距离是3，符合题意.
综上所述，直线l的方程为或.
18．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.
【答案】(1)平均分约为66.8；第71百分位数为75；
(2).
【分析】（1）利用平均数定义计算出平均数，再判断出第71百分位数位于，设出未知数，得到方程，求出百分位数；
（2）求出第5组和第6组的人数，利用列举法求解概率.
【详解】（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．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.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再用两角和与差的正弦公式进行化简；最后解方程即可得出答案.
（2）先根据向量的运算得出边，之间的关系，；再利用基本不等式求出；最后利用三角形的面积公式可得出结果.
【详解】（1）
由正弦定理可得：
在中，有
.
，
整理得.
又在中，，
∴，即
，解得.
故.
（2）如图所示：

，
两边平方可得，
，
，当且仅当时等号成立，即
所以.
故的面积的最大值为.
20．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.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据题意，取的中点，连接，，结合线面平行的判定定理，即可得到结果；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（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．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.
【答案】(1)
(2)或；
(3)答案见解析
【分析】（1）先求定义域,再结合复合函数单调性求解即可;
（2）先应用参数分离,再根据最值求解;
（3）先应用换元,再分，和分类讨论求解.
【详解】（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．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.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据两直线互相垂直得，应用直译法即可求轨迹方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程，结合弦长公式即可，再应用换元法转化为二次函数的最值.
【详解】（1）设，依题意，，且.
所以，整理得.
故点的轨迹方程为；
（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，.