湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期12月阶段考试数学试题

这是一份湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期12月阶段考试数学试题，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。
时量：120分钟 总分：150分
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. 复数的共轭复数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将复数的分母化成实数，再求其共轭复数即可.
【详解】而的共轭复数是
故选：B.
2. 双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）
A. 4B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】找到焦点与渐近线，利用点到直线的距离求解即可.
【详解】由题可知：双曲线，其中一个焦点为，
其中一条渐近线为，
所以焦点到渐近线的距离为，
故选:C.
3. 已知，曲线在点处的切线与直线平行，则直线的方程为更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出点的坐标，然后利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】因为，其中，则，
直线的斜率为，由，可得，且，即点，
所以，直线的方程为，即.
故选：B.
4. 在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人第4天与第5天共走的里程数为（ ）
A. 24B. 36C. 42D. 60
【答案】B
【解析】
【分析】设第天走的里程数为，其中，由题意可知，数列是以为公比的等比数列，利用等比数列求和公式求出的值，利用通项公式此人求出第4天与第5天共走里程数.
【详解】设第天走的里程数为，其中，
由题意可知，数列是以为首项，为公比等比数列，
所以，
解得，
所以此人第4天与第5天共走里程数为.
故选：B.
5. 已知数列中，且，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先构造函数可得，所以为以为首项，公差为的等差数列，由等差数列通项公式即可得解.
【详解】由可得，
即，
所以为以为首项，公差为的等差数列，
所以，
所以.
故选：D.
6. 已知是函数的极大值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导后，得导函数的零点，比较两数的大小，分别判断在两边的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在处取到极大值，即可求得的范围.
【详解】，则，，
当时，令得或，令得，
此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，
符合是函数的极大值点；
当时，恒成立，函数不存在极值点，不符合题意；
当时，令得或，令得，
此时区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，
符合是函数的极小值点，不符合题意；
综上，要使函数在处取到极大值，则实数的取值范围是.
故选：C.
7. 已知抛物线：的焦点为，点，直线与抛物线交于点（在第一象限内)，与其准线交于点，若，则点到轴距离为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为．根据三角形相似可得直线的倾斜角为，从而斜率为，进而可求得，于是可求得点的纵坐标，根据点在曲线上可得其横坐标，即为所求．
【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为，设准线与y轴交于点．
过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，
∴，
∴,
∴直线的倾斜角为，
∴，解得．
又由得，即，
∴．
设，则，
∴，
∴，
又点在第一象限，
∴，即点到轴距离为．
故选B．
【点睛】本题考查抛物线定义的运用和平面几何图形的性质，解题的关键是根据平面图形的性质得到直线的倾斜角，进而得到参数，然后再根据定义进行转化后可得所求距离，属于中档题．
8. 已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用整体法，结合三角函数图像性质对进行最值分析，对区间上进行单调分析；
【详解】当时，因为，则，
因为函数在上存在最值，则，解得，
当时，，
因为函数在上单调，
则，
所以其中，解得，
所以，解得，
又因为，则．
当时，；
当时，；
当时，．
又因为2，因此的取值范围是．
故选：C．
【点睛】关键点睛：整体法分析是本题的突破点，结合三角函数图像分析是本题的核心.
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. 如图所示是的导数的图象，下列结论中正确的有（ ）

A. 的单调递增区间是
B. 是的极小值点
C. 在区间上是减函数，在区间上是增函数
D. 是的极小值点
【答案】ABC
【解析】
【分析】A.利用函数的单调性与导数的正负的关系判断；B.利用极小值点的定义判断；C. 利用函数的单调性与导数的正负的关系判断；D.利用极小值点的定义判断；
【详解】解：根据图象知当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减．故A、C正确；
当时，取得极小值，是的极小值点，故B正确；
当时，取得是极大值，不是的极小值点，故D错误．
故选：ABC．
10. 党的二十大报告提出，要加快发展数字经济，促进数字经济与实体经济的深度融合，数字化构建社区服务新模式成为一种时尚．某社区为优化数字化社区服务，问卷调查调研数字化社区服务的满意度，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度绘制成如下频率分布直方图，图中．则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 满意度计分众数为80分
C. 满意度计分的分位数是85分
D. 满意度计分的平均分是76.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率之和为1即可求解A，根据众数，中位数以及平均数的计算即可分别求解BCD.
【详解】由频率分布直方图可知，即，
又，所以，所以选项正确；
满意度计分的众数为75分，所以选项错误；
前三组的频率之和为0.75，
前四组的频率之和为，则分位数，
故，满意度计分的分位数为85，所以选项正确；
满意度计分的平均分为：分，所以选项D正确．
故选:ACD．
11. 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列结论正确的是（ ）

A. 该正方体的外接球体积为
B. 底面半径为，高为的圆锥体能够被整体放入该正方体
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当与重合时，异面直线与所成的角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正方体的性质，求得外接球的半径，结合球的体积公式，可判定A不正确；根据几何体的结构特征，可判定B正确；由正方体性质，证得平面，结合题意公式，求得，可判定C正确；当与重合时，与上底面中心重合，把异面直线所成的角转化为直线与所成的角，在中，求得，可判定D错误.
【详解】记该正方体的外接球半径为，可得，解得，
所以外接球体积为，所以A不正确；
将该圆锥的顶点放在正方体上表面中心，底面圆为正方体下表面内切圆时，
恰好可以放得下底面半径为，高为的圆锥体，所以B正确；
如图（1）所示，由正方体性质，可得是矩形，
且，
连接交于点，因为正方形，可得，
又由平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以是点到平面的距离，且，
所以（定值）所以C正确；

如图（2）所示，当与重合时，与上底面中心重合，
连接与交于点，连接，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，
在中，因为，
由余弦定理得，所以D错误.
故选：BC.

12. 有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号、、），在杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把杆上的金盘全部移到杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于、、任一杆上．记个金盘从杆移动到杆需要的最少移动次数为，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）

A. B.
C. 数列是等差数列D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析可得，推导出数列是等比数列，确定该数列首项和公比，可求得数列的通项公式，可判断AB选项；利用等差数列的定义可判断C选项；利用分组求和法可判断D选项.
【详解】若有个金盘，可考虑先将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次，
再将最大的一个金盘从杆移动到杆，需要移动一次，
最后将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次，
所以，，则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则，所以，，，A对B错；
，所以，数列是等差数列，C对；
对于D选项，
，D对.
故选：ACD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知为等比数列，公比，，且成等差数列，则通项公式_________．
【答案】
【解析】
【分析】由成等差数列，得，然后利用等比数列通项公式，代入求出公比即可.
【详解】由成等差数列，且，
得，解得或，
又，所以，所以，
故答案为：.
14. 已知圆，直线，直线l被圆C截得的弦长为__________
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，由勾股定理求解．
【详解】圆标准方程是，圆心为，半径为4，
圆心到直线的距离为，
所以弦长为．
故答案为：．
15. 已知数列的前项和为，若，且，则数列的前2024项和为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用可得，则，利用列项相消法即可得解.
【详解】由，
可得当时，，
当时，，
当时也满足上式，
所以，
所以，
所以数列的前2024项和为.
故答案为：
16. 已知关于的不等式恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，关于x的不等式恰有3个不同的正整数解．设函数，，作出函数图象，由图象观察，可得实数的k取值范围．
【详解】当时，不等式有无数个正整数解，不满足题意；
当时，当时，不等式恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；
当时，不等式等价于，
令，所以，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，结合单调性可知，当时，恒成立，
而表示经过点的直线，
由图像可知，关于的不等式恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：
解得．则实数的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】用数形结合思想解决不等式解的问题一般有以下几类：
（1）解含参不等式：在解决含有参数不等式时，由于涉及参数，往往需要讨论，导致演算过程复杂，若利用数形结合的方法，问题将简单化；
（2）确定参数范围：在确定不等式参数的范围时，几何图形更能使问题直观；
（3）证明不等式：把证明的不等式赋予一定的几何意义，将复杂的证明问题明快解决.
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. 在等比数列{}中，．
（1）求{}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和Sn．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得，，再求出公比，进而写出通项公式；
（2）由（1）得，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求Sn．
【小问1详解】
由题设，，则的公比，
所以.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以.
18. 如图，在三棱柱中，，，平面平面，．
（1）求证：；
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得答案；
（2）根据题意，以为坐标原点，，，分别为，，的正向建立空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由平面夹角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
【小问2详解】

以为坐标原点，，，分别为的正方向，建立空间直角坐标系，
则各点坐标如下：，，，，
取平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
取，，
则，可得，
令，可得，
设二面角为，
则，
所以二面角的正弦值.
19. （1）求函数在区间上的最大值和最小值．
（2）已知函数，．求的单调区间．
【答案】（1）最大值为，最小值为；（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数在给定区间上的最大、最小值；
（2）利用导数，结合分类讨论思想求函数的单调区间.
【详解】（1）求导得，令，则，．
由于和都在区间内，所以可列表如下：
又，，将它们与极值比较可得，
该函数在上的最大值为，最小值为．
（2）解：因为，
所以．
设，则，
设．可得．
可得上单调递增，且，所以当时，，单调递减．
当时，，单调递增．
所以，即，
若，则，所以，在上单调递增；
若，则当时，，单调递减．
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
20. 已知的内角，，的对边分别为，，，．
（1）求；
（2）若角的平分线交于点，且，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，得到，利用正弦定理角转边，得到，再利用余弦定理即可求出结果；
（2）利用条件，结合，得到，再利用基本不等式，得到，从而求出结果.
【小问1详解】
由已知，得，
在中，由正弦定理得，即．
再由余弦定理得．
又，所以.
【小问2详解】
因为是角的平分线，则，
又，
又，所以，得到，
又因为，得到，解得，即，
当且仅当时等号成立，所以，
即面积的最小值是．
21. 已知函数的图象经过坐标原点，且，数列的前项和（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和；
（3）令，若（为非零整数，），试确定的值，使得对任意，都有成立.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据的图象过原点得到，然后利用求即可；
（2）由得到，然后利用错位相减法求；
（3）由题意得，将恒成立转化为恒成立，然后分为奇数和偶数两种情况讨论.
【小问1详解】
∵的图象过原点，则，∴.
∴.
当时，，
又∵适合，
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由得：（），
∴，①
.②
②－①得：，
∴.
【小问3详解】
，故.
要使恒成立，
即要恒成立，
即要恒成立.下面分为奇数、为偶数讨论：
①当为奇数时，即恒成立.又的最小值为1，∴.
②当为偶数时，即恒成立.又的最大值为，∴.
综上，，
又为非零整数，∴时，使得对任意，都有成立.
【点睛】关键点睛：本题第3小问的解决关键是分为奇数、为偶数讨论，如此才能处理恒成立的问题.
22. 已知焦点在x轴上的椭圆C的离心率为，且过点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点M，N在C上，且，证明：直线MN过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）待定系数法，设出椭圆方程后，根据椭圆C的离心率为，且过点，列出方程组，解出即可；
（2）根据，则，转化为坐标之间的关系式，设出直线的方程后，与椭圆方程联立消元，利用韦达定理得到结果，代入已得关系式，即可证明.
【小问1详解】
设椭圆C的方程为，
由题意得解得
∴椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】
证明：设点，
∵，∴
整理可得①，
当直线MN的斜率k存在时，设，
联立得，
由得，
则．
∴，，
代入①式化简可得，
即，∴或，
则直线方程为或，
∴直线过定点或，又和A点重合，故舍去．
当直线MN的斜率k不存在时，则，，
此时，即，
又，解得或2（舍去），
此时直线MN的方程为，过点．
综上所述，直线MN过定点．
【点睛】（1）定点问题必须是运动变化中的直线(或曲线)在运动变化中表现出的不变性质,解题的关键是“使用参数表达直线系方程”,解题的目标是“该直线系方程对任意参数均成立”,即可得出定点坐标.
（2）在直线系过定点问题中,经常使用双参数直线系方程,此时解题的关键是“根据已知确定 的关系,把双参数直线系方程化为单参数直线系方程”.+
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递增↗
极大值
递减↘
极小值
递增↗