终身会员
搜索
    上传资料 赚现金

    湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题

    立即下载
    加入资料篮
    资料中包含下列文件,点击文件名可预览资料内容
    • 解析
      精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(原卷版).docx
    • 解析
      精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(解析版).docx
    精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(原卷版)第1页
    精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(原卷版)第2页
    精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(解析版)第1页
    精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(解析版)第2页
    精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题(解析版)第3页
    还剩2页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题

    展开

    这是一份湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题,文件包含精品解析湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题原卷版docx、精品解析湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共26页, 欢迎下载使用。


    一、选择题: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. 已知复数满足:,则( )
    A. 1B. 2C. D. 3
    【答案】C
    【解析】
    【分析】先由条件解出复数并运算化简,然后求出.
    【详解】由,得,
    则.
    故选:C
    2. 函数与函数图象关于直线对称,则的值为( )
    A. 1B. C. 2D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据函数对称性求值即可.
    【详解】设,
    因为函数与函数图象关于直线对称,
    所以.
    故选:A
    3. 直线:,直线:,则直线是的( )
    A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
    【答案】B
    【解析】
    【分析】假设成立,去推导是否成立,假设去推导是否成立即可得.
    【详解】若,由,可得,若,即,
    则需,即,即可得时,,故不是的充分条件;
    若,则,,此时,故,
    综上,直线是的必要不充分条件.
    故选:B.
    4. 的值为( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】结合诱导公式及两角和的余弦即可求解.
    【详解】
    .
    故选:B
    5. 椭圆,与双曲线有相同焦点,则值为( )
    A. 1B. 2C. 3D. 4
    【答案】A
    【解析】
    【分析】借助可得焦点坐标及焦点在轴上,再由表示出焦点坐标计算即可得.
    【详解】由可得焦点在轴上,且焦点坐标为,
    则焦点坐标,
    故有,
    解得或,
    当时,,故舍去,
    故.
    故选:A.
    6. 集合,集合,若中有8个元素,则值可能为( )
    A. 2B. 3C. 4D. 5
    【答案】B
    【解析】
    【分析】对中的正负讨论,可得其表示的图象为正方形,又由含有8个元素即图中正方形与圆有8个公共点,数形结合可得解.
    【详解】由,当时,上式变为,
    当时,上式变为,
    当时,上式变为,
    当时,上式变为,
    其对应图象如图所示正方形,集合表示以坐标原点为圆心,为半径的圆,
    由含有8个元素即图中正方形与圆有8个公共点,即圆与正方形的关系介于内切与外接之间,
    则,解得.
    故选:B.
    7. 公比不为1等比数列的前项和为,前项积为,,,若数列各项为正,则数列的前2024项和为( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据题意,设出等比数列的公比,用首项与公比表示出、,由也为公比数列,也可由数列的首项与公比表示出前2024项和,消去数列的首项与公比,即可得.
    【详解】设数列,,
    则,即,

    即,
    有,,
    则数列的前2024项和为
    .
    故选:D.
    8. 双曲线左右焦点分别为,,过点直线与双曲线右支交于,两点,弦的中垂线交轴于,若,则该双曲线渐近线方程为( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】设直线的方程,与双曲线联立,求AB的中垂线方程,得到P点坐标,利用得到离心率,进而求得渐近线方程.
    【详解】设直线的方程为,,,
    联立,
    判别式,
    韦达定理,,
    所以中点纵坐标,横坐标,
    则中点坐标为,
    所以AB的中垂线方程为,
    令得,,即P的坐标为,
    所以,
    由弦长公式可知,,
    将韦达定理代入得,,
    因为,所以,整理得,,
    所以,即,所以渐近线方程为.
    故选:C.
    二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
    9. 直线:与直线的交点位于第一象限,则直线的倾斜角可能是( )
    A. B. C. D.
    【答案】BC
    【解析】
    【分析】联立两直线方程得到一个二元一次方程组,求出方程组的解集即可得到交点的坐标,根据交点在第一象限得到横纵坐标都大于0,联立得到关于的不等式组,求出不等式组的解集即可得到的范围,然后根据直线的倾斜角的正切值等于斜率,根据两角和的正切及正切函数单调性得到倾斜角的范围.
    【详解】联立两直线方程得:
    当时,两直线平行,不满足题意.
    当时解得 ,所以两直线的交点坐标为
    因为两直线的交点在第一象限,所以得到
    解得: ,
    设直线的倾斜角为,则,
    又,
    因为,正切函数在单调递增,所以.
    故选:BC
    10. 已知曲线,则下列说法正确的为( )
    A. 若该曲线是双曲线方程,则,或
    B. 若则该曲线为椭圆
    C. 若该曲线离心率为,则
    D. 若该曲线为焦点在y轴上双曲线,则离心率
    【答案】AD
    【解析】
    【分析】根据双曲线的结构特征求出m的范围,即可判断A;取即可排除B;分焦点在x轴上和在y轴上求解出m的值,即可判断C;根据焦点位置求出m的范围,然后表示出离心率求解即可判断D.
    【详解】对于A,若该曲线是双曲线方程,则解得,或,A正确;
    对于B,当时,曲线方程为,表示圆,B错误;
    对于C,若该曲线离心率为,则曲线表示椭圆,
    当焦点在x轴上时,,解得,
    当焦点在y轴上时,,解得,C错误;
    对于D,若该曲线为焦点在y轴上双曲线,则,解得,

    因为,则,所以,
    所以,D正确.
    故选:AD
    11. 公差不为0等差数列的前项和为,若,且,,成等比数列,则下列正确的是( )
    A. B. 当时,为最小值
    C. 若,则最小值为10D. 若,则或
    【答案】ABD
    【解析】
    【分析】设等差数列的公差为,利用求出公差,计算出、逐项判断可得答案.
    【详解】设等差数列的公差为,,,成等比数列,
    所以,即,
    解得,或舍去,
    当时,
    对于A,,解得,所以,
    故A正确;
    对于B,,所以当时,为最小值,
    故B正确;
    对于C,若,则,解得,则最小值为11,故C错误;
    对于D,若,则,解得则或,故D正确.
    故选:ABD.
    12. 三棱柱中,面是边长为2的等边三角形,为线段上任意点(不与重合)则下列正确的是( )
    A. 若为中点,为平面上任意点,且,三棱锥体积最大值为
    B. 若侧面为菱形,,,则与面所成角的正弦值为
    C. 若三棱柱体积为9,则四棱锥体积为6
    D. 若面,当面面,且是面积为3的等腰直角三角形,则三棱柱的外接球的表面积为
    【答案】BCD
    【解析】
    【分析】根据,得到点在以为直径的圆上,要使得三棱锥体积最大时,平面,可判定A不正确;先证得平面平面,过点作,垂足为,证得平面,得到为与平面所成的角,在中,求得的值,可判定B正确;结合,可判定C正确;取的中点,连接,再点作,证得平面,得到,设,结合题意求得,取三棱柱上下底面的中心分别为,再取的中点,连接,得到为三棱柱外接球的半径,结合球截面圆的性质,求得外接球的半径,结合表面积公式,即可求解.
    【详解】对于A中,若为中点,为平面上任意点,且,
    如图(1)所示,由,所以,所以,
    所以点在以为直径的圆上,所以,
    要使得三棱锥体积最大,即三棱锥体积最大即可,
    此时平面,所以体积的最大值为,
    所以A不正确;
    对于B中,如图(2)所示,因为侧面为菱形,,可得,
    连接,由点为的中点,可得,
    又因为为等边三角形,所以,
    因为且平面,所以平面,
    又因为平面,所以平面平面,
    过点作,垂足为,
    因为平面平面,所以平面,
    所以为与平面所成的角,
    在中,由,可得,所以,
    在直角中,可得,,
    在直角中,,所以,
    则,所以,所以B正确;
    对于C中,设三棱柱的高为,
    由三棱柱体积,可得,
    在三棱柱中,可得平面,
    因为点为线段上任意点,所以点和到平面的距离相等,
    由,所以,所以C正确;
    对于D中,若平面,且底面为等边三角形,所以棱柱为正三棱柱,
    取的中点,连接,则,
    又因为平面,平面,所以,
    因为且平面,所以平面,
    过点作,且,可得四边形为矩形,
    所以,所以平面,
    因为平面,所以,
    又因为是面积为3的等腰直角三角形,所以,
    此时点为的中点,设,可得,
    可得,解得,所以,
    取三棱柱上下底面的中心分别为,再取的中点,连接,
    则为三棱柱外接球的半径,
    在直角中,,可得,
    所以三棱柱的外接球的表面积为,所以D正确.
    故选:BCD.
    【点睛】知识方法点拨:对于立体中中的综合问题的求解策略
    1、立体几何中的动态问题主要包括:空间动点轨迹的判断,求解轨迹的长度及动角的范围等问题;
    2、解答方法:一般时根据线面平行,线面垂直的判定定理和性质定理,结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹,有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程;
    3、对于线面位置关系的存在性问题,首先假设存在,然后再该假设条件下,利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾的结论,则否定假设;
    4、对于探索性问题用向量法比较容易入手,一般先假设存在,设出空间点的坐标,转化为代数方程是否有解的问题,若由解且满足题意则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在.
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
    13. 向量,向量,若,则的值为________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据空间向量垂直坐标运算可得答案.
    【详解】若,则,解得.
    故答案为:.
    14. 直线:与圆:相交于,两点,则的面积为________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】借助圆方程得到圆心坐标与半径,计算出圆心到直线的距离后,结合弦长公式可得弦长,即可计算面积.
    【详解】由,可得圆心坐标为,半径为,
    则圆心到直线的距离为,
    则弦长,
    故.
    故答案为:.
    15. 若函数,则的解集为________.
    【答案】,或,或.
    【解析】
    【分析】令,分、讨论,求出的范围,再分、讨论解不等式可得答案.
    【详解】令,
    当时,由解得或,可得,
    所以当时,解得,无解,
    时,解得,可得;
    当时,,可得;
    所以当时,解得,或,可得,
    时,,解得;
    综上所述,的解集为,或,或.
    故答案为:,或,或.
    16. 数列满足:,则数列前60项和为________.
    【答案】870
    【解析】
    【分析】由递推关系可得:,进而求解.
    【详解】由,
    当, ①,
    当时,②,
    当,③,
    ①②得:,
    ①③得:,
    所以:,
    所以,
    故答案为:870
    四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
    17. 如图,圆柱底面直径长为4,是圆上一点,且点为圆弧中点.
    (1)求证:平面平面;
    (2)若该圆柱的体积为,求平面与平面夹角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)由线面垂直可得线线垂直,再借助线线垂直得到线面垂直,根据线面垂直可得面面垂直;
    (2)先由体积可计算出圆柱的高,而后建系求解两面的法向量计算即可得.
    【小问1详解】

    连接,
    由为底面直径且为圆弧中点,故有,
    又圆柱中底面,平面,
    故,又、平面,,
    故平面,又平面,
    故平面平面;
    【小问2详解】

    取圆弧中点,连接,
    有底面,
    且、平面,
    故、,又,
    故、、两两垂直,
    由,故,
    圆柱体积,
    即有,即,
    以为原点,建立如图所示空间直角坐标系,
    则有、、,
    则、,
    设平面的法向量为,
    则有,取,故,
    由底面,平面,
    故,又,
    且、平面,,
    故平面,
    即轴平面,
    故平面的法向量可取,
    则,
    故平面与平面夹角的余弦值.
    18. 已知数列为等比数列,且,.
    (1)求数列的通项公式;
    (2)设是数列的前项和,若,求出所有值.
    【答案】(1)
    (2)或
    【解析】
    【分析】⑴根据为等比数列,根据等比数列求通项公式求出,从而求出
    ⑵分组求和求出,化为,解不等式求值
    【小问1详解】
    因为为等比数列,设其公比为,,,
    ,即,解得,所以,
    ,所以.
    【小问2详解】
    由(1)知
    ,所以化为:

    即,,因为为增函数,所以,
    所以,所以或.
    19. 已知圆过点,,三个点.
    (1)求圆的标准方程;
    (2)过圆外点向圆引两条切线,且切点分别为A,两点,求最小值.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)设圆的一般方程为,将三个点坐标分别代入,求出D、E、F的值,再化简成标准方程即可;
    (2) 将向量转化为,再利用数量积公式化简,用半径表示长,消元,利用均值不等式求最值.
    【小问1详解】
    设圆的一般方程为,将,,分别代入得,解得,,
    所以圆的一般方程为,化为标准方程为.
    【小问2详解】
    如图所示,,,
    设,且半径,
    所以
    在直角三角形PAM中可知,,
    所以

    当且仅当,即时取等,
    所以的最小值为.
    20. 已知函数.
    (1)若为函数一个零点,求.
    (2)锐角中,角,,对应边分别为,,,,上的高为2,求面积范围.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)借助零点定义代入可得,结合同角三角函数基本关系与二倍角公式,可将转换成,代入即可得;
    (2)由题意可得,再按等面积法计算出与的关系,结合正弦定理将边转化成角,再借助已知的及三角形内角和将多变量化为单变量,结合三角恒等变换公式即可求取面积范围.
    【小问1详解】
    由题意,即有,


    【小问2详解】

    则,故,
    又,即有,故,
    由,
    则,
    故,
    又,
    故有:

    由为锐角三角形,
    故有,解得,
    故,
    故,
    故,
    又,
    故.
    21. 已知数列的前项和为,且满足:.
    (1)求证:数列为等差数列;
    (2),,数列满足:,求数列的前100项和.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)借助与的关系,消去,得到,左右同除后变形可得,补充细节即得证;
    (2)记住两角差的正切公式,将所求问题转化为裂项相消求和即可得.
    【小问1详解】
    由,即,
    当时,即,
    则,
    化简得:,
    左右同除,得,
    即,
    故当时,有、、,
    累加得,
    故,
    当时,有,
    当时,有,
    故数列是以为首项,为公差的等差数列;
    【小问2详解】
    由(1)知数列等差数列,
    故公差,,
    由,
    故,
    则的前100项和为

    又,
    故,
    即则的前100项和为.
    22. 若点在抛物线.
    (1)求抛物线的方程;
    (2)过轴上点作两条相互垂直的直线与抛物线分别交于,,,,且,分别是线段,的中点,求面积的最小值.
    【答案】(1)
    (2)4
    【解析】
    【分析】(1)将点代入方程计算即可得;
    (2)设出直线,结合韦达定理表示出各点坐标,结合题目条件表示出面积,借助基本不等式解决最值问题.
    【小问1详解】
    将代入,即有,故或(舍去),
    故的方程为;
    【小问2详解】
    设,由题意可得直线、斜率存在,
    故可设直线、方程分别为,,
    由两直线互相垂直,故,
    设、、、四点坐标分别为、、、,
    联立直线与方程,有,消去,有,
    ,,,
    同理可得,,
    则,,
    故,同理可得,
    则,
    同理可得,
    由、互相垂直,故,


    当且仅当时等号成立,
    故的最小值为4.

    相关试卷

    湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期入学检测数学试题:

    这是一份湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期入学检测数学试题,文件包含精品解析湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期入学检测数学试题原卷版docx、精品解析湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期入学检测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共34页, 欢迎下载使用。

    2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高二上学期第三次月考数学试题含答案:

    这是一份2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高二上学期第三次月考数学试题含答案,文件包含湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题原卷版docx、湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共34页, 欢迎下载使用。

    44,湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题:

    这是一份44,湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题,共23页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单
        欢迎来到教习网
        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map