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
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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,
则
;
【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,
故
,
当且仅当时等号成立,
故的最小值为4.
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