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
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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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