湖南省长沙市2023_2024学年高二数学下学期5月阶段性考试试题

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高二数学下学期5月阶段性考试试题，共11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。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若函数在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．为维护市场秩序，保护消费者权益，在“五一”假期来临之际，我市物价部门对某商品在5家商场的售价x（元）及其一天的销售量y（件）进行调查，得到五对数据，经过分析、计算，得，，y关于x的经验回归方程为，则相应于点的残差为（ ）
A．B．1C．D．3
4．记单调递增的等差数列的前n项和为，若且，则 （ ）
A．70B．65C．55D．50
5．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则下列说法一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．若，则点C在线段AB上
7．平面向量，，，且与的夹角等于与的夹角，则m＝（ ）
A．B．C．1D．2
8．已知函数是定义域为R且周期为4的奇函数，当时，，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．函数的图象关于对称
C．的最大值为D．函数有8个零点
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．错选0分，少选则按正确选项的比值计分）
9．下列选项正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是，
B．满足的集合M的个数为4
C．已知，，则
D．已知指数函数 （其）的图象过点，则
10．已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是偶函数
C．是函数的一个极值点D．在单调递增
11．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．若，，则b的值不可能的是（ ）
A．2018B．2020C．2022D．2024
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．若实数，且，则的最小值为______．
13．已知，，，则a，b，c的大小关系是______（用“＞”连接）
14．某零食生产厂家准备用长为cm，宽为4cm的长方形纸板剪去阴影部分（如图，阴影部分是全等四边形），再将剩余部分折成一个底面为长方形的四棱锥形状的包装盒，则该包装盘容积的最大值为______cm3．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（13分）在中，．
（1）求；
（2）若a＝12，D为BC边的中点，且AD＝3，求b的值．
16．（15分）某大型公司进行了新员工的招聘，共有10000人参与．招聘规则为：前两关中的每一关最多可参与两次测试，只要有一次通过，就自动进入下一关的测试，否则过关失败．若连续通过三关且第三关一次性通过，则成功竞聘，已知各关通过与否相互独立．
（1）若小李在第一关、第二关及第三关通过测试的概率分别为，，，求小李成功竞聘的概率P；
（2）统计得10000名竞聘者的得分，试估计得分在442分以上的竞聘者有多少人．（四舍五入取整）
附：若随机变量，则
，
17．（15分）如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的正弦值．
18．（17分）欧几里得生活的时期人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的光线经椭圆内壁反射后必经过另一焦点．现有一椭圆，长轴长为4，从一个焦点F发出的一条光线经椭圆内壁上一点P反射之后恰好与x轴垂直，且．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知A为该椭圆的左顶点，若斜率为k且不经过点A的直线l与椭圆C交于M，N两点，记直线AM，AN的斜率分别为，，且满足．
①证明：直线l过定点；
②若，求k的值．
19．（17分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若关于x的不等式无整数解，求a的取值范围．
数学参考答案：
一、单选题
二、多选题：
9．BC10．ABC11．ACD
【详解】由，得
，
所以，
即a被10除得的余数为0，结合选项可知只有2020被10除得的余数为0，即b的值不可能的是AD．故选：ACD
三、填空题：
12．413．14．/
【详解】如图是四棱锥形包装盒的直观图，设，连接PO，易知PO⊥平面ABCD，
设AB、BC的中点分别为E、F，连接PE、PF，设AB＝a，BC＝b，PO＝h，
则，因为2PE＋BC＝4，所以，
整理得，所以，同理，所以，
整理得，所以，所以
，
因为，所以，令，，
则，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当h＝1时取得最大值，即，
所以包装盒容积的最大值为cm3．故答案为：
15．（1）；（2）．
【详解】（1）解：因为，由正弦定理可得
，即，
，又因为，所以，
解得，又因为，所以；
（2）解：因为D为BC边的中点，a＝12，所以BD＝CD＝6，设，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，又因为，所以，
在中，，在中，
，BC＝12，，
由余弦定理可得：，
所以，即．
16．（1） （2）228人
【详解】（1）设：第i次通过第一关测试，：第i次通过第二关测试，C：一次性通过第三关测试，因为各关通过与否相互独立，
所以
，
．
（2）由题意可知，，则，，
，
，所以得分在442分以上的竞聘者约有228人．
17．（1）证明见解析（2）
【详解】（1）三棱柱中，由可得，
因AB⊥BC，且，，则，
因，则，又四边形是菱形，则，
由，，故得，因，故．
（2）因，不妨设，则，
由余弦定理，，故得，
分别取，为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．（z轴为与平面ABC垂直向上的方向），
则有，，，，，，
设平面的法向量为，则，故可取；
又因，，
设平面的法向量为，则，故可取
．
设二面角的平面角为，则，因，
故．故二面角的正弦值为．
18．（1） （2）①；②或．
【详解】（1）解：不妨设F、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，又因为，2a＝4，所以，即，所以，
则椭圆的标准方程为：．
（2）①证明：设直线l的方程为，，，
联立，得：，
则，，因为，所以，
即，
即，
即，
则，
即，即，则m＝2k或，
当m＝2k时，直线可化为，
即直线l过定点 （与左焦点重合，舍）；
当时，直线可化为，
即直线l过定点；综上所述，直线l过定点；
②解：由①得，则，，
且，解得；
因为，所以，即，
即，即，即，
即，即，则或，
所以或．
19．【解析】（1），当，得，
当时，时，，单调递增，时，
，单调递减，
当时，时，，单调递减，时，
，单调递增．
当a＝0时，，函数在R上单调递增，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
a＝0时，函数的增区间是，无减区间．
（2）不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，且，，
所以存在，使，即，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然0，1是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
A
B
A
B
D
D