湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二数学上学期10月阶段考试试题（Word版附解析）

长沙市明德中学2023年高二年级10月阶段考试

数学试题

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. 若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求出集合，利用交集的定义可求得集合.

【详解】，，因此，.

故选：A.

2. 已知复数，则其共轭复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用复数除法求出复数，再求出其共轭复数作答.

【详解】依题意，，所以.

故选：A

3. 已知，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用诱导公式及二倍角公式将弦化切，再代入计算可得.

【详解】∵，

∴.

故选：A.

4. 圆与圆恰有三条公切线，则实数的值是（    ）

A. 4 B. 6 C. 16 D. 36

【答案】C

【解析】

【分析】两圆外切时，有三条公切线．

【详解】圆标准方程为，

∵两圆有三条公切线，∴两圆外切，

∴，．

故选C．

【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，考查直线与圆的位置关系．两圆的公切线条数：两圆外离时，有4条公切线，两圆外切时，有3条公切线，两圆相交时，有2条公切线，两圆内切时，有1条公切线，两圆内含时，无无公切线．

5. 函数的部分图象大致是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出函数的定义域，在判断函数的奇偶性，再根据特殊值的函数值的符号，利用排除法即可得出答案.

【详解】解：∵函数的定义域为,.,

∴为偶函数，故排除A；

由，故排除B；

当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷大，

再由指数函数的特征可得趋向于负无穷大，故排除D；

综上所述，只有C符合.

故选：C.

6. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设点关于直线的对称点，则为最短距离，根据垂直和中点坐标求出对称点即可得解.

【详解】设点关于直线的对称点．

根据题意，为最短距离，先求出的坐标．

的中点为，直线的斜率为1，

故直线的方程为，即．

由，联立得，，

，则，

故，

则“将军饮马”的最短总路程为．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：转化为点关于直线的对称点与原点的距离求解是解题关键.

7. 如图，在正方体中，下面结论错误的是（    ）

A. 直线与平面所成角为

B. 异面直线与所成角

C. 平面

D. 平面

【答案】A

【解析】

【分析】A由正方体性质易得直线与平面所成角为，根据其正切值即可判断；B所求角化为求与所成角，由为等边三角形即可判断；C根据线面垂直的性质及判定定理即可判断；D由线面平行的判定定理判断.

【详解】A：由正方体性质知面，面，

所以直线与平面所成角为，且，

显然直线与平面所成角不为，错；

B：由，则异面直线与所成角，即为与所成角，

为等边三角形，故与所成角为，对；

C：由面，面，则，

又，且，面，

所以面，而面，则，

同理可证，又，面，

所以平面，对；

D：由，面，面，则平面，对.

故选：A

8. 在中，已知，点G满足，则向量在向量方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，结合数量积的运算律可得，为的重心，取的中点，利用投影向量的意义求解作答.

【详解】在中，由，得，

则，即，点满足，则为的重心，设的中点为.

则，，

所以向量在向量方向上的投影向量为：.

故选：B

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)）

9. 关于直线：，则下列结论正确的是（    ）

A. 倾斜角为 B. 为直线的一个方向向量

C. 在轴上的截距为 D. 与直线垂直

【答案】BD

【解析】

【分析】由直线方程确定斜率，即得倾斜角，根据其斜截式确定截距、方向向量判断A、B、C；由两直线斜率关系判断D.

【详解】直线可写为，故斜率为，易知其倾斜角为，A错；

在轴上的截距为，且为直线的一个方向向量，B对，C错；

由的斜率为，显然，故两线垂直，D对.

故选：BD

10. 某公司统计了2023年1月至6月的月销售额（单位：万元），并与2022年比较，得到同比增长率数据，绘制了如图所示的统计图，则下列说法正确的是（    ）

注：同比增长率=（今年月销售额一去年同期月销售额）÷去年同期月销售额．

A. 2023年1月至6月的月销售额的极差为8

B. 2023年1月至6月的月销售额的第60百分位数为8

C. 2023年1月至6月的月销售额的中位数为9.5

D. 2022年5月的月销售额为10万元

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据统计图得出6个月份的数据，确定极差，百分位数，中位数及相应销售额数据，再判断各选项．

【详解】对于A，2023年1月至6月的月销售额的最大值是14，最小值是6，极差为8，故A正确；

对于B，六个数从小到大排列为，因为，所以2023年1月至6月的月销售额的第60百分位数为第四个数11，故B错误；

对于C，2023年1月至6月的月销售额的中位数为9.5，故C正确；

对于D，设2022年5月的月销售额为万元，则，解得，故D正确．

故选：ACD．

11. 定义在实数集R上的奇函数满足，且当时，，下列正确的是（    ）

A.  B. 函数的最小正周期为2

C. 函数的值域为 D. 方程有5个根

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题设可得最小正周期为4且值域为，根据已知区间解析式画出图象判断A、B、C的正误，再画出的图象判断交点情况即知D的正误.

【详解】定义在实数集R上的奇函数满足，

∴，即的最小正周期为4且的值域为，

作出的图象，

∴，故A、C正确，B错误；

由图知：共有5个交点，可得方程有5个根，则D正确；

故选：ACD．

12. 如图1，《卢卡·帕乔利肖像》是意大利画师的作品．图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2．若，则（    ）

图1                  图2

A.

B. 水晶多面体外接球的表面积为

C. 直线与平面所成角的正弦值为

D. 点到平面的距离为

【答案】BD

【解析】

【分析】由题设画出俯视图，根据几何体关系求判断A；构建空间直角坐标系，由水晶多面体外接球球心与正方体外接球球心重合，确定球心、一个顶点坐标，应用两点距离公式求半径，进而求外接球表面积判断B；应用向量法求线面角、点面距离判断C、D.

【详解】由水晶体俯视图如下是几何体中线段的投影，且，

所以，A错；

根据该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，

所以其外接球球心与上述正方体的外接球球心重合，

构建空间直角坐标系，则，故球心为，

又，水晶多面体外接球半径，由两点距离公式有，

所以水晶多面体外接球的表面积为，B对；

由，则，

由，则，，

若是面的一个法向量，则，令，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为，C错；

点到平面的距离为，D对.

故选：BD

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，，且，则向量，的夹角是__________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得.

【详解】设、的夹角是，，

则由，平方得，

即，即，即，

则，

，

．

故答案为：．

14. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为________．

【答案】74

【解析】

【分析】由题设得，，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.

【详解】由题设及图知：，则，

在中m.

故答案为：74

15. 已知圆：，过点作圆的两条互相垂直的弦，，则四边形面积的最大值为________．

【答案】5

【解析】

【分析】若分别为弦的中点，连接，设，由弦长、半径、弦心距的关系有，再由已知得，最后根据和基本不等式求最大值，注意取值条件.

【详解】若分别为弦的中点，连接，如下图，

设，而，且圆的半径为2，

所以，弦、相互垂直，

所以，

由，当且仅当时等号成立，

所以四边形面积的最大值为5.

故答案为：5

16. 若函数与对于任意，都有，则称函数与是区间上的“阶依附函数”．已知函数与是区间上的“2阶依附函数”，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意得在上恒成立，又，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，，设，研究的最小值即可．

【详解】因为函数与是区间上的“2阶依附函数”，

所以在上恒成立，

又在上单调递增，则，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

，

令，，设，

，则在上单调递增，

所以，

所以．

故答案为：．

四、解答题（本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 求满足下列条件的椭圆的标准方程：

（1）两个焦点的坐标分别是，，并且椭圆经过点；

（2）经过两点，．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题设椭圆焦点在y轴上且，设椭圆方程，根据参数关系及点在椭圆上列方程求参数，即得方程；

（2）设椭圆方程，由点在椭圆上列方程组求参数，即得方程.

【小问1详解】

由已知：椭圆焦点在y轴上且，则，且

设椭圆方程为，又在椭圆上，

所以，

故椭圆方程为.

【小问2详解】

设椭圆方程为，且，在椭圆上，

所以，则椭圆方程为.

18. 从某校高一学生中抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表和频率分布直方图：

（1）求频率分布直方图中的值；

（2）假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点代替，计算样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数；

（3）求出样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数.

【答案】（1）   

（2）7.68    （3）8.56

【解析】

【分析】（1）由题意，先计算出第三组和第五组的频率，进而求出对应矩形的高，进而可得的值；

（2）通过累加各组频率与组中值的乘积，即可得到平均数；

（3）先判断出第60百分位数位于内，设第60百分位数的值为，列式求解即可.

【小问1详解】

已知课外阅读时间在的有17人，其频率为0.17，所以，

课外阅读时间在的有25人，其频率为0.25，所以.

【小问2详解】

平均数.

【小问3详解】

已知课外阅读时间在8小时以下的学生所占比例为

课外阅读时间在10小时以下的学生所占比例为

所以第60百分位数一定位于内，设第60百分位数的值为，

则，解得．

故样本中的100名学生该周课外阅读时间的第60百分位数为8.56．

19. 已知坐标平面上点 ​与两个定点​的距离之比等于 2 .

（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形;

（2）记（1）中的轨迹为 ​，过点​的直线​被​所截得的线段的长为​，求直线​的方程.

【答案】（1）点 ​点轨迹方程为​，其轨迹为以原点为圆心，2 为半径的圆   

（2）​或​

【解析】

【分析】（1）根据题意直接列方程化简求解即可，

（2）分直线 ​斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，结弦长，圆心距和半径的关系可求得结果.

【小问1详解】

由题可知，​

整理得: ​，

故点 ​点轨迹方程为​，其轨迹为以原点为圆心，2 为半径的圆.

【小问2详解】

由题可知:

①当直线 ​斜率不存在时，此时直线​的方程为:​，满足弦长为​.

②当直线的斜率存在时，不妨设为 ​，

则直线方程为: ，​即: ，

则圆心到直线距离为，

因为直线​被​所截得的线段的长为​，

所以，得，解得​，

所以直线方程为 ​.

综上，满足条件的直线 ​的方程为​或​.

20. 在三角形中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.

（1）求角A的大小；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理化简等式整理可得，又，可求，结合A为内角即可求得A的值；

（2）由三角函数恒等变换化简已知可得，可求的范围，从而可求，即可得解.

【详解】（1）由正弦定理可得，，

从而可得，，

即，又B为三角形的内角，

所以，于是，

又A为三角形内角，因此，.

（2）∵

，

由可知，，所以，

从而，

因此，，

故的取值范围为.

21. 已知，如图四棱锥（1）中，，为平行四边形，，平面，，分别是，中点，点在棱上.

（1）证明：平面平面；

（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由平面，得，又易知为等边三角形，有，故命题可证明；

（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值为，可得，再结合线面夹角公式可得结果.

【详解】解：（1）证明：∵平面，∴.

又∵，且为平行四边形，，

∴为等边三角形，

又∵为中点，∴，

又∵，∴，

∵，∴平面，

∴平面平面

（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

，

设，则.

设平面即平面的法向量为，

，，

由，，可取，

设平面的法向量为，

，，

由，，可取.

，解得.

，，

设与平面所成角为，

则.

所以直线与平面所成角的正弦值为

【点晴】设，根据二面角的余弦值为，求得是第二问解题的关键.

22. 已知圆心在轴上的圆与直线：切于点.圆.

（1）求圆的标准方程；

（2）已知，圆与轴相交于两点，（点在点的右侧），过点任作一条倾斜角不为0的直线与圆相交于，两点.问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在；.

【解析】

【分析】（1）设圆心的坐标为，根据圆与直线：切于点，由求解.

（2）假设这样的存在，在圆中，令 ，求得M，N的坐标，然后设直线，与圆联立， 再根据，由，结合韦达定理求解.

【详解】（1）设圆心的坐标为，由点在直线上，知：.

则，又，，

所以，

故，所以，即半径.

所以圆的标准方程为.

（2）假设这样的存在，在圆中，令，

得：，

解得：或，

又由知，

所以，.

由题可知直线的倾斜角不为0，设直线：，，，

由，得，

∵点在圆内部，

∴恒成立，

则，

因为，

所以，即，

则，

得，

得，

得，

因为对任意的都要成立，

所以，

由此可得假设成立，存在满足条件的，且.

【点睛】本题主要考查圆的方程的求法、直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.