湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题

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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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足：，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】先由条件解出复数并运算化简，然后求出.
【详解】由，得，
则.
故选：C
2. 函数与函数图象关于直线对称，则的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数对称性求值即可.
【详解】设，
因为函数与函数图象关于直线对称，
所以.
故选：A
3. 直线：，直线：，则直线是的（ ）
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】假设成立，去推导是否成立，假设去推导是否成立即可得.
【详解】若，由，可得，若，即，
则需，即，即可得时，，故不是的充分条件；
若，则，，此时，故，
综上，直线是的必要不充分条件.
故选：B.
4. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合诱导公式及两角和的余弦即可求解.
【详解】
.
故选：B
5. 椭圆，与双曲线有相同焦点，则值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】借助可得焦点坐标及焦点在轴上，再由表示出焦点坐标计算即可得.
【详解】由可得焦点在轴上，且焦点坐标为，
则焦点坐标，
故有，
解得或，
当时，，故舍去，
故.
故选：A.
6. 集合，集合，若中有8个元素，则值可能为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】对中的正负讨论，可得其表示的图象为正方形，又由含有8个元素即图中正方形与圆有8个公共点，数形结合可得解.
【详解】由，当时，上式变为，
当时，上式变为，
当时，上式变为，
当时，上式变为，
其对应图象如图所示正方形，集合表示以坐标原点为圆心，为半径的圆，
由含有8个元素即图中正方形与圆有8个公共点，即圆与正方形的关系介于内切与外接之间，
则，解得.
故选：B.
7. 公比不为1等比数列的前项和为，前项积为，，，若数列各项为正，则数列的前2024项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，设出等比数列的公比，用首项与公比表示出、，由也为公比数列，也可由数列的首项与公比表示出前2024项和，消去数列的首项与公比，即可得.
【详解】设数列，，
则，即，
，
即，
有，，
则数列的前2024项和为
.
故选：D.
8. 双曲线左右焦点分别为，，过点直线与双曲线右支交于，两点，弦的中垂线交轴于，若，则该双曲线渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线的方程，与双曲线联立，求AB的中垂线方程，得到P点坐标，利用得到离心率，进而求得渐近线方程.
【详解】设直线的方程为，，，
联立，
判别式，
韦达定理，，
所以中点纵坐标，横坐标，
则中点坐标为，
所以AB的中垂线方程为，
令得，，即P的坐标为，
所以，
由弦长公式可知，，
将韦达定理代入得，，
因为，所以，整理得，，
所以，即，所以渐近线方程为.
故选：C.
二、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. 直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】联立两直线方程得到一个二元一次方程组，求出方程组的解集即可得到交点的坐标，根据交点在第一象限得到横纵坐标都大于0，联立得到关于的不等式组，求出不等式组的解集即可得到的范围，然后根据直线的倾斜角的正切值等于斜率，根据两角和的正切及正切函数单调性得到倾斜角的范围．
【详解】联立两直线方程得：
当时，两直线平行，不满足题意.
当时解得 ，所以两直线的交点坐标为
因为两直线的交点在第一象限，所以得到
解得： ，
设直线的倾斜角为，则，
又，
因为，正切函数在单调递增，所以.
故选：BC
10. 已知曲线，则下列说法正确的为（ ）
A. 若该曲线是双曲线方程，则，或
B. 若则该曲线为椭圆
C. 若该曲线离心率为，则
D. 若该曲线为焦点在y轴上双曲线，则离心率
【答案】AD
【解析】
【分析】根据双曲线的结构特征求出m的范围，即可判断A；取即可排除B；分焦点在x轴上和在y轴上求解出m的值，即可判断C；根据焦点位置求出m的范围，然后表示出离心率求解即可判断D.
【详解】对于A，若该曲线是双曲线方程，则解得，或，A正确；
对于B，当时，曲线方程为，表示圆，B错误；
对于C，若该曲线离心率为，则曲线表示椭圆，
当焦点在x轴上时，，解得，
当焦点在y轴上时，，解得，C错误；
对于D，若该曲线为焦点在y轴上双曲线，则，解得，
，
因为，则，所以，
所以，D正确.
故选：AD
11. 公差不为0等差数列的前项和为，若，且，，成等比数列，则下列正确的是（ ）
A. B. 当时，为最小值
C. 若，则最小值为10D. 若，则或
【答案】ABD
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，利用求出公差，计算出、逐项判断可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，，，成等比数列，
所以，即，
解得，或舍去，
当时，
对于A，，解得，所以，
故A正确；
对于B，，所以当时，为最小值，
故B正确；
对于C，若，则，解得，则最小值为11，故C错误；
对于D，若，则，解得则或，故D正确.
故选：ABD.
12. 三棱柱中，面是边长为2的等边三角形，为线段上任意点（不与重合）则下列正确的是（ ）
A. 若为中点，为平面上任意点，且，三棱锥体积最大值为
B. 若侧面为菱形，，，则与面所成角的正弦值为
C. 若三棱柱体积为9，则四棱锥体积为6
D. 若面，当面面，且是面积为3的等腰直角三角形，则三棱柱的外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据，得到点在以为直径的圆上，要使得三棱锥体积最大时，平面，可判定A不正确；先证得平面平面，过点作，垂足为，证得平面，得到为与平面所成的角，在中，求得的值，可判定B正确；结合，可判定C正确；取的中点，连接，再点作，证得平面，得到，设，结合题意求得，取三棱柱上下底面的中心分别为，再取的中点，连接，得到为三棱柱外接球的半径，结合球截面圆的性质，求得外接球的半径，结合表面积公式，即可求解.
【详解】对于A中，若为中点，为平面上任意点，且，
如图（1）所示，由，所以，所以，
所以点在以为直径的圆上，所以，
要使得三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大即可，
此时平面，所以体积的最大值为，
所以A不正确；
对于B中，如图（2）所示，因为侧面为菱形，，可得，
连接，由点为的中点，可得，
又因为为等边三角形，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
过点作，垂足为，
因为平面平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
在中，由，可得，所以，
在直角中，可得，，
在直角中，，所以，
则，所以，所以B正确；
对于C中，设三棱柱的高为，
由三棱柱体积，可得，
在三棱柱中，可得平面，
因为点为线段上任意点，所以点和到平面的距离相等，
由，所以，所以C正确；
对于D中，若平面，且底面为等边三角形，所以棱柱为正三棱柱，
取的中点，连接，则，
又因为平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
过点作，且，可得四边形为矩形，
所以，所以平面，
因为平面，所以，
又因为是面积为3的等腰直角三角形，所以，
此时点为的中点，设，可得,
可得，解得，所以，
取三棱柱上下底面的中心分别为，再取的中点，连接，
则为三棱柱外接球的半径，
在直角中，，可得，
所以三棱柱的外接球的表面积为，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】知识方法点拨：对于立体中中的综合问题的求解策略
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 向量，向量，若，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量垂直坐标运算可得答案.
【详解】若，则，解得.
故答案为：.
14. 直线：与圆：相交于，两点，则的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】借助圆方程得到圆心坐标与半径，计算出圆心到直线的距离后，结合弦长公式可得弦长，即可计算面积.
【详解】由，可得圆心坐标为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
则弦长，
故.
故答案为：.
15. 若函数，则的解集为________.
【答案】，或，或.
【解析】
【分析】令，分、讨论，求出的范围，再分、讨论解不等式可得答案.
【详解】令，
当时，由解得或，可得，
所以当时，解得，无解，
时，解得，可得；
当时，，可得；
所以当时，解得，或，可得，
时，，解得；
综上所述，的解集为，或，或.
故答案为：，或，或.
16. 数列满足：，则数列前60项和为________.
【答案】870
【解析】
【分析】由递推关系可得：，进而求解.
【详解】由，
当， ①，
当时，②，
当，③，
①②得：，
①③得：，
所以：，
所以，
故答案为：870
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. 如图，圆柱底面直径长为4，是圆上一点，且点为圆弧中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若该圆柱的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直可得线线垂直，再借助线线垂直得到线面垂直，根据线面垂直可得面面垂直；
（2）先由体积可计算出圆柱的高，而后建系求解两面的法向量计算即可得.
【小问1详解】

连接，
由为底面直径且为圆弧中点，故有,
又圆柱中底面，平面，
故，又、平面，，
故平面，又平面，
故平面平面；
【小问2详解】

取圆弧中点，连接，
有底面，
且、平面，
故、，又，
故、、两两垂直，
由，故，
圆柱体积，
即有，即，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、，
则、，
设平面的法向量为，
则有，取，故，
由底面，平面，
故，又，
且、平面，，
故平面，
即轴平面，
故平面的法向量可取，
则，
故平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知数列为等比数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设是数列的前项和，若，求出所有值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】⑴根据为等比数列，根据等比数列求通项公式求出，从而求出
⑵分组求和求出，化为，解不等式求值
【小问1详解】
因为为等比数列，设其公比为，，，
，即，解得，所以，
，所以.
【小问2详解】
由（1）知
，所以化为：
，
即，，因为为增函数，所以，
所以，所以或.
19. 已知圆过点，，三个点.
（1）求圆的标准方程；
（2）过圆外点向圆引两条切线，且切点分别为A，两点，求最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆的一般方程为，将三个点坐标分别代入，求出D、E、F的值，再化简成标准方程即可；
（2） 将向量转化为，再利用数量积公式化简，用半径表示长，消元，利用均值不等式求最值.
【小问1详解】
设圆的一般方程为，将，，分别代入得，解得，，
所以圆的一般方程为，化为标准方程为.
【小问2详解】
如图所示，，，
设，且半径，
所以
在直角三角形PAM中可知，，
所以
，
当且仅当，即时取等，
所以的最小值为.
20. 已知函数.
（1）若为函数一个零点，求.
（2）锐角中，角，，对应边分别为，，，，上的高为2，求面积范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助零点定义代入可得，结合同角三角函数基本关系与二倍角公式，可将转换成，代入即可得；
（2）由题意可得，再按等面积法计算出与的关系，结合正弦定理将边转化成角，再借助已知的及三角形内角和将多变量化为单变量，结合三角恒等变换公式即可求取面积范围.
【小问1详解】
由题意，即有，
则
；
【小问2详解】
，
则，故，
又，即有，故，
由，
则，
故，
又，
故有：
，
由为锐角三角形，
故有，解得,
故，
故，
故，
又，
故.
21. 已知数列的前项和为，且满足：.
（1）求证：数列为等差数列；
（2），，数列满足：，求数列的前100项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助与的关系，消去，得到，左右同除后变形可得，补充细节即得证；
（2）记住两角差的正切公式，将所求问题转化为裂项相消求和即可得.
【小问1详解】
由，即，
当时，即，
则，
化简得：，
左右同除，得，
即，
故当时，有、、，
累加得，
故，
当时，有，
当时，有，
故数列是以为首项，为公差的等差数列；
【小问2详解】
由（1）知数列等差数列，
故公差，，
由，
故，
则的前100项和为
，
又，
故，
即则的前100项和为.
22. 若点在抛物线.
（1）求抛物线的方程；
（2）过轴上点作两条相互垂直的直线与抛物线分别交于，，，，且，分别是线段，的中点，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）将点代入方程计算即可得；
（2）设出直线，结合韦达定理表示出各点坐标，结合题目条件表示出面积，借助基本不等式解决最值问题.
【小问1详解】
将代入，即有，故或（舍去），
故的方程为；
【小问2详解】
设，由题意可得直线、斜率存在，
故可设直线、方程分别为，，
由两直线互相垂直，故，
设、、、四点坐标分别为、、、，
联立直线与方程，有，消去，有，
，，，
同理可得，，
则，，
故，同理可得，
则，
同理可得，
由、互相垂直，故，
故
，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为4.