湖南省长沙市雅礼实验中学2023-2024学年高二下学期收心检测数学试题（Word版附解析）

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一､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，只有一项是放符合题目要求的.
1. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标.
【详解】由可得抛物线标准方程为：，其焦点坐标为.
故选：D.
2. 若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
即中最小的项是.
故选：B.
3. 将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出任意放球共有种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解．
【详解】由题得任意放球共有种方法，如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种，
所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法．
由古典概型的概率公式得恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为，
故选:B
4. 已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的夹角为钝角，由且与不共线求得的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断..
【详解】由已知可得，由可得，解得，
所以由与的夹角为钝角可得解得，且.
因此，当时，与的夹角不一定为钝角，则充分性不成立；
当与夹角为钝角时，，且，即成立，则必要性成立.
综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B．
5. 已知非零向量与满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，确定的形状，再利用投影向量的意义求解作答
【详解】因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，
由，可得的角平分线与垂直，
所以为等腰三角形，且，
又，得，所以，
又，所以,
所以为等边三角形，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：B.
6. 若直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出曲线，它是半圆，直线过定点，由图可知四条直线产生临界条件，两条过半圆的两个端点，两条是半圆的切线，求出其斜率后可得结论．
【详解】直线过定点，
又曲线可化为：，，
画出直线与曲线图象如图所示：

数形结合可得直线在，，，处产生临界条件，
设直线，，，的斜率分别为
则
设直线的方程为，
圆心到直线的距离为，解得舍去或，
要使两图象有个不同交点，则
故选：A．
7. 在等比数列中，，，且前项和，则此数列的项数等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出、的值，可利用公式求出的值，再利用等比数列的通项公式可求得的值.
【详解】由已知条件可得，解得或.
设等比数列的公比为.
①当，时，由，解得，
，解得；
②当，时，由，解得，
，解得.
综上所述，.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：已知、、求等比数列的基本量，利用公式计算较为方便，但需要注意分和两种情况讨论.
8. 已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
∴双曲线的离心率取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设为复数，下列命题正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则为纯虚数
D. 若，且，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的模计算，错误命题取特值举出反例即可.
【详解】选项A，设，，
，
∴

∴,故A正确；
选项B，取，则 ，，故B错误；
选项C，取为实数，故C错误；
选项D, ，
，，
，又，，故D正确
故选：AD．
10. 已知，，下列结论正确的是（ ）
A. 若使成立的，则
B. 若的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于轴对称，则
C. 若在上恰有6个极值点，则的取值范围为
D. 存在，使得在上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】利用三角函数的图像和性质逐项判断即可.
【详解】对于A，若，则，
则，故A错误；
对于B，将的图像向左平移个单位长度后得到
，
若所得图象关于轴对称，则，得，，
所以，故B正确；
对于C，由，得，
若在上恰有6个极值点，
则，解得，故C正确；
对于D，由，得，
因为，所以在上不可能单调递减，故D错误．
故选：BC．
11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若函数存在两个极值，则实数的取值范围为
B. 当时，函数在上单调递增
C. 当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为
D. 当时，若，则的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对A选项：由极值点的性质结合导数讨论单调性即可得；对B选项：结合导数讨论单调性即可得；对C选项：结合单调性，可转化为当时，有成立，求出最小值即可得；对D选项：采用同构法可确定，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得.
【详解】对A选项：，
若函数存在两个极值，则函数必有两个变号零点，
令，则，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当时，恒成立，
当时，，
故当，函数有两个变号零点，
即若函数存在两个极值，则实数的取值范围为，
故A错误；
对B选项：当时，，
，
令，则，
则当时，，当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故函数在上单调递增；
故B正确；
对C选项：当时，，
，
令，则，
则当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故在上单调递增，
则存在，使不等式成立，
等价于存在，使不等式成立，
则当时，有成立，
由当时，，且在上单调递增，
故，即实数的最小值为，故C正确；
对D选项：当时，由B、C可知，、均为定义域上的增函数，
由，，故有，，
由，则，
即，故，
又，故，
令，则，令，
则，
则当时，，当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
即，故在上单调递增，
故无最小值，即无最小值，
故D错误.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的综合应用问题，其中D选项中涉及到多变量问题的求解，求解此类问题的基本思路是根据已知中的等量关系，将多变量转化为单变量的问题，从而将其转化为函数最值问题的求解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，则__________.
【答案】
【解析】
分析】解出集合后再求交集即可.
【详解】由，解得，所以，
由，解得，所以，，
故答案为：．
13. 第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作.若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的情况有__________种.
【答案】42
【解析】
【分析】分甲去场馆和场馆讨论即可.
【详解】甲不去场馆，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；
情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，
场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，
场馆仅有2名志愿者的情况共有.
故答案为：42．
14. 已知椭圆为的左､右焦点，为上的一个动点（异于左右顶点），设的外接圆面积为，内切圆面积为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】当为短轴端点时，最大，进而求出的范围，由正弦定理得外接圆的半径，再利用余弦定理和三角形面积公式化简得到的面积，由三角形内切圆的半径公式可得的内切圆半径，化简可得，利用基本不等式求出最值即可.
【详解】由于，所以，，故，设，当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以，
设外接圆半径为，则，即，
由余弦定理得：，整理可得，
所以的面积，故的内切圆半径，
所以，因为，
所以，
当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为．
【点睛】结论点睛：本题主要考查椭圆焦点三角形的面积以及内切圆和外接圆的半径问题，常用以下结论：
(1)椭圆焦点三角形的周长；
(2)椭圆焦点三角形的面积；
(3)三角形外接圆的半径公式：；
(4)三角形内切圆的半径公式：(其中为三角形面积，为周长)
四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知函数.
（1）若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值.
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数的几何意义求参数的取值范围；
（2）首先求函数的导数，函数有两个极值点，转化为有两个零点，设，则，讨论和两种情况下函数的单调性，分析函数的零点，求参数的取值范围.
【详解】（1），
，
则，解得.
（2），
由题设可知有两个不同的零点，且在零点的附近的符号发生变化.
令，则，
若，则，则为上为增函数，
在上至多有一个零点.
当时，若，则，故在上为增函数，
若，则，故在上为减函数，
故，故.
又且，故在上存在一个零点；
下证当时，总有.
令，则，
当时，，故为上的减函数，
故，故成立.
令，则，
故当时，有，
取，则当时，
有，
故，故在上，存在实数，使得，
由零点存在定理及的单调性可知可得在上存在一个零点.
综上可知，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查导数的几何意义，根据函数的零点个数求参数的取值范围，重点考查逻辑推理能力，分类讨论的思想，函数与方程思想，属于中档题型.
16. 数列满足
（1）求数列的通项公式
（2）设，求数列的前项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，两式相减即可求解.
（2）代入可得，运用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
依题意，
当时，由已知得，得，
当时，由，①
得，②
由①②得，
所以，
当时，也适合上式，
综上，.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
所以，
两式相减，整理得：
，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点，且．记的中点为，若在线段上（异于、两点）．

（1）若点是中点，证明：面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）连接，证明出平面，，设，其中，以点为坐标原点，、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得解.
【小问1详解】
证明：取线段的中点，连接、，
因为，，为的中点，则且，
因为为的中点，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：连接，
因为，，为的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，且，
因为，则，
又因为，则，
因为，为的中点，则，
因为，，，所以，，
所以，，则，
又因为，、平面，所以，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设，则，
，，设平面的法向量为，
则，取，可得，
，若直线与平面所成角的正弦值为，
则，整理可得，
因为，解得，故.
18. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
（1）求曲线C的方程；
（2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
（3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）存，
【解析】
【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标．
【小问1详解】
设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
【小问2详解】
由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
【小问3详解】
假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
（1）若，判断是否为上的“3类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
（3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
【答案】（1）是上的“3类函数”，理由见详解.
（2）
（3）证明过程见详解.
【解析】
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【小问1详解】
对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
【小问2详解】
因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
【小问3详解】
因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.