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 Word版含解析.docx

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雅礼集团2023-2024学年高二年级第二学期12月联考数学试卷一、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：C2.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：A3.直线：，直线：，则直线是（）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：B5.椭圆，与双曲线有相同焦点，则的值为（）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，则焦点坐标为，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，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：BC10.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：AD11.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6D.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，由三棱柱体积为，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】根据空间向量垂直的坐标运算可得答案. 【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.