2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期12月阶段测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期12月阶段测试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，单空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求导数，得切线的斜率，再根据点斜式得切线方程.
【详解】因为，所以．因为，
所以切线方程为，即．
故选：D.
2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有
A．8种B．9种C．10种D．11种
【答案】B
【分析】设四位监考教师分别为，所教班分别为，分类讨论，利用分类计数原理，即可求解．
【详解】设四位监考教师分别为，所教班分别为，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法，故选B．
【点睛】本题主要考查了计数原理的应用，其中解答中认真审题，合理分类，利用分类计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
3．用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为 （ ）
A．8B．24C．48D．120
【答案】C
【详解】解：由题意知本题需要分步计数，
2和4排在末位时，共有种排法，
其余三位数从余下的四个数中任取三个有24种排法，
根据由分步计数原理得到符合题意的偶数共有2×24＝48（个）．
故选：C．
4．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究.他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数.形数是联系算数和几何的纽带.图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为（ ）
A．120B．145C．270D．285
【答案】B
【解析】记第个五角形数为，由题意知：可得，根据累加法，即可求得答案.
【详解】记第个五角形数为，
由题意知：
可得，
由累加法得，
.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了根据累加法其数列通项公式，解题关键是掌握数列基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
5．直线恒过一定点，则该定点的坐标（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】合并同类项后确定定点坐标.
【详解】由得，所以，
解得，所以定点坐标为.
故选：B
【点睛】本小题主要考查直线过定点，属于基础题.
6．设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据导数几何意义可求得切线方程，进而得到，累乘即可得到结果.
【详解】，，
在点处的切线方程为：，
令得：，
.
故选：D.
7．已知是椭圆：的右焦点，点P在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设椭圆的左焦点为，确定，，，即可求得，根据椭圆的离心率即可得到所求．
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，设圆心为，则
，则圆心坐标为,，半径为，
由于,,
，，故,
,
线段与圆（其中相切于点，
,
,
，则，
，
故选：D．

8．定义在上的函数有不等式恒成立，其中为函数的导函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据已知条件可以得到，在(0,+∞)上的单调性，从而分别得到,进而得到结论.
【详解】解：，即，因为定义在上，
，令则，，
则函数在上单调递增.
由得，即，；
同理令，，
则函数在上单调递减.
由得，，即.
综上，.
故选：B.
【点睛】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性和单调性在比较大小中的应用，涉及根据已知导函数满足的关系构造可判定导数正负的函数，是难题.
，从中间是减号，联想到除法的求导法则，从系数2，联想到要有的导数产生，综合需要两边同乘以，得到，
进而得到得到函数，同样道理得到的单调性，这是解决本题的关键和难点.
二、多选题
9．数列满足，且对任意的都有，则（ ）
A．B．数列的前项和为
C．数列的前项和为D．数列的第项为
【答案】AB
【分析】利用累加法求出数列的通项公式，可判断AD选项；利用裂项相消法可判断BC选项；
【详解】因为，所以，
又，当时，所以
，
也满足，故对任意的，.
所以数列的第项为，故A正确，D错误；
所以，
所以数列的前项和为，故B正确，C错误．
故选：AB.
10．若是圆所在平面内的一定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线与直线CP相交于点，则点的轨迹可能是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】ABC
【分析】分别从四方面分析：①若点在圆内不同于点处的轨迹；②若点A与C重合时的轨迹；③若点A在圆C上的轨迹；④若点A在圆C外的轨迹；
【详解】设圆的半径为，
①若点在圆内不同于点处，如图1所示，则有，故点的轨迹是以A、C为焦点的椭圆，所以B正确；
图1
②若点A与C重合，则有，故点的轨迹是以C为圆心，为半径的圆，所以A正确；
③若点A在圆C上，如图2所示，则由垂径定理，线段的垂直平分线必过点C，故与重合，故点的轨迹是一个点；
图2
④若点A在圆C外，如图3所示，当的垂直平分线交的延长线于点时，则，
图3
所以，故点的轨迹是以A、C为焦点的双曲线靠近点的一支，当的垂直平分线交的延长线于点时，，点的轨迹是以A、C为焦点的双曲线靠近点的一支，所以C正确；
故选:ABC．
11．设椭圆的左右焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．离心率
C．面积的最大值为
D．以线段为直径的圆与直线相切
【答案】AD
【分析】根据椭圆方程求得，根据椭圆的性质及点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由题意，椭圆，可得，可得，
所以焦点为,
根据椭圆的定义，所以A正确；
椭圆的离心率为，所以B错误；
其中面积的最大值为，所以C错误；
由原点到直线的距离，
所以以线段为直径的圆与直线相切，所以D正确.
故选：AD
12．对于函数.下列判断正确的是( )
A．在该函数图象上一点处的切线的斜率为
B．函数的最小值为
C．该函数图象与轴有4个交点
D．函数在上为减函数，在上也为减函数
【答案】ABD
【分析】当时，求出原函数的导函数，得到函数在时的导数值判断A；利用导数求最值，结合二次函数求最值判断B；数形结合判断C与D.
【详解】当时，，，
所以，即该函数图象上一点处的切线的斜率为，故A正确；
当时，，若，，单调递减，
若，，单调递增，则当时，，
当时，在上单调递减，在上单调递增，则，
因为，所以的最小值为，故B正确；
如图：

当无限趋近于负无穷大时，无限趋近于0且小于0，当时，，
时，与轴有个交点，所以函数的图象与轴有3个交点，故C错误；
由上图可知，函数在上为减函数，在上也为减函数，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．记为数列的前项和，若，则 ．
【答案】
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
四、单空题
14．为了弘扬我国古代的“六艺文化”，某学校欲利用每周的社团活动课开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程，每周开设一门，连续开设六周，若课程“射”不排在第二周，课程“乐”不排在第五周，则所有可能的排法种数为
【答案】504
【分析】符合要求的排法可以分为两类：第一类“射”排在第五周的排法，第二类“射”不在第二和第五周且“乐”不在第五周的排法，利用分步乘法原理求出各类的方法数，再利用分类加法原理求总的方法数.
【详解】“射”不在第二周且“乐”不在第五周的排法可以分为两类：
第一类“射”排在第五周的排法，排法有种，
第二类“射”不在第二和第五周且“乐”不在第五周的排法，
①若“乐”在第二周，则射有四种选法，然后剩余四项全排列，则共有种排法
②若“乐”不在第二周，则“射”与乐共有种选法，然后剩余四项全排列则共有种，
由分类加法原理可得总的排法数为，
故答案为：504.
五、填空题
15．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，若椭圆上存得线段的中垂线恰好经过焦点，则椭圆离心率的取值范围是
【答案】
【分析】根据数形结合可知椭圆上存在一点，使得，而椭圆中，但，所以，由此即可求得离心率的范围.
【详解】
如图，线段的中垂线经过，
，即椭圆上存在一点，使得．
，
.
故答案为：.
六、单空题
16．已知函数，若有且只有两个整数使得，且，则的取值范围是
【答案】
【分析】将不等式等价变形，构造函数，借助导数探讨函数性质，作出函数图象，结合已知列出不等式组，求解即得.
【详解】当时，由，得，
设，，求导得，由，得，
当时，，为减函数，当上，，为增函数，
的图象恒过点，在同一坐标系中作出函数，的图象，
显然，即，由于有且只有两个整数，使得，
则这两个整数要么是2，3，不是1，要么是1，2，不能是3，
当时，即，解得，此时，，
显然至少有3个整数使得对应的函数值大于0，不符合题意，因此这两个整数是1，2，不能是3，
于是，解得，
所以的取值范围是．
故答案为：
七、问答题
17．等比数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记为的前项和．若，求．
【答案】（1）或 .
（2）.
【详解】分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m．
详解：（1）设的公比为，由题设得．
由已知得，解得（舍去），或．
故或．
（2）若，则．由得，此方程没有正整数解．
若，则．由得，解得．
综上，．
点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
18．已知点在圆上．
(1)求的最大值和最小值；
(2)求的最大值和最小值；
(3)求的最大值和最小值．
【答案】(1)最大值为，最小值为
(2)最大值为，最小值为
(3)最大值为，最小值为
【分析】（1）设，则的最大值和最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最大值和最小值，通过数学结合发现直线和圆相切时取得最值.
（2）可视为点与原点连线的斜率，通过数形结合发现直线和圆相切时取得最值.
（3）可视为圆上的点到原点的距离的平方，通过数形结合、三角形三边关系即可求得最值.
【详解】（1）
设，则，t可视为直线的纵截距，
的最大值和最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最大值和最小值，即直线与圆相切时的纵截距．
由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，即，
解得或．
的最大值为，最小值为．
（2）
可视为点与原点连线的斜率，的最大值和最小值就是过原点的直线与该圆有公共点的斜率的最大值和最小值，即直线与圆相切时的斜率．
设过原点的直线的方程为，由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，
即，解得或．
最大值为，最小值为．
（3）如图所示：
设点为圆上任意一点，四点共线，
由三角形三边关系可得，
左边等号成立当且仅当点重合，右边等号成立当且仅当点重合，
而可视为圆上的点到原点的距离的平方，
，．
19．已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
20．设正项数列{an}为等比数列，它的前n项和为Sn，a1＝1，且a1＋S2＝a3.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由已知条件，利用等比数列的通项公式求出公比，由此能求出数列的通项公式；
（2）由已知条件结合（2）得到，由此利用错位相减法能求出数列的前项和．
【详解】解：（1）设在等比数列中，公比为，
，，，
，即，
解得或（舍）
所以；
（2）是首项为1，公差为2的等差数列，
，
，．
①
②
②①，得
．
八、证明题
21．已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.
【详解】（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
【解析】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
九、问答题
22．已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的零点个数，并说明理由.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）代入，求在处的导数和函数值，点斜式求直线方程；（2）求，分情况讨论不同取值时函数的单调性，研究函数的趋势，从而求出零点个数.
【详解】解：（1）当时，
，，
切线方程为：，即
所以曲线在点处的切线方程为：.
（2）的定义域为

令，解得
①当时，与在区间上的情况如下：
在上递增，在上递减，在上递增.
此时，
，
所以在上只有一个零点，
②当时，，由得（舍），所以在上有一个零点.
③当时，与在区间上的情况如下：
此时，
若时，，所以在上无零点，
若时，，所以在上有一个零点，
若时，，
，
，
所以有两个零点.
综上所述：
当或时，在上有一个零点，
当时，在上有两个零点，
当时，在上无零点.
【点睛】思路点睛：（1）研究函数的零点问题，可以参变分离，可以求导分类讨论.（2）分类讨论时，需确定函数的单调区间以及应用零点存在性定理确定是否有无零点.
极大值
极小值
极小值