湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二上学期第一次阶段考试数学 Word版含解析.docx

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周南教育集团2023年下学期高二年级第一阶段考试数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．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，则x的值为（）A.2B.4C.6D.8【答案】D【解析】【分析】根据对数的定义运算求解.【详解】∵，则.故选：D.2.某读书会有6名成员，寒假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：3，2，5，4，3，1，则这组数据的75%分位数为（）A.3B.4C.3.5D.4.5【答案】B【解析】【分析】这组数从小到大排列顺序为：1，2，3，3，4，5，根据，结合百分数的定义，即可求解.【详解】由题意，这组数从小到大排列顺序为：1，2，3，3，4，5，由，可得这组数据的75%分位数为从小到大排列的第5个数为4.故选：B.3.已知直线与直线垂直，垂足为，则的值为（）A.－6B.6C.4D.10【答案】A【解析】【分析】由已知条件中两直线垂直可以求出的值,再由垂足在两条直线上可得和的二元一次方程组,求解出和的值,即可求出的值.【详解】因为直线与直线垂直,所以,解得 ,又垂足为,代入两条直线方程可得,解得,,则.故选【点睛】本题考查了两条直线的位置关系,需要掌握两条直线平行或垂直时其直线方程一般式的系数关系,本题较为基础.4.已知圆柱底面半径和母线长均为分别为圆､圆上的点，若，则异面直线所成的角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在圆的投影为，连接，计算，根据余弦定理得到，得到答案.【详解】如图所示：在圆的投影为，连接，易知，在直角中，，在中，根据余弦定理，，，故，故异面直线所成的角为.故选：C. 5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】以D坐标原点，，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】如图，以D为坐标原点，，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，则．从而.设平面的法向量为，则，即，得，令，则，所以点E到平面的距离为．故选：C6.某高校在2019年新增设的“人工智能”专业，共招收了两个班，其中甲班30人，乙班40人，在2019 届高考中，甲班学生的平均分为665分，方差为131，乙班学生平均分为658分，方差为208．则该专业所有学生在2019年高考中的平均分和方差分别为（）A.661.5，169.5B.661，187C.661，175D.660，180【答案】B【解析】【分析】先求出总体均值，再利用分层抽样的方差公式即可得解．【详解】由题意甲的平均值为，方差为，乙的平均值是，方差为，则总体平均值为，方差为．故选：B．7.在中，内角的对边分别为．若的面积为，且，，则外接圆的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由条件结合面积公式与余弦定理可得，即，再根据正弦定理可得外接圆的半径，从而得到外接圆的面积.【详解】在中，由余弦定理得，既有，又由面积公式，得，又，故，所以．因为，所以，又由正弦定理，其中为外接圆的半径，由及，得，所以外接圆的面积故选：D8.设函数，若对于任意实数，在区间 上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.【详解】令，则令，则则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.作出和的图像，观察交点个数，可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，由题意列不等式的：解得：.故选：B【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.下列说法正确的是（）A.直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 B.直线在轴上的截距是3C.过两点的直线方程为D.点关于直线的对称点为【答案】AD【解析】【分析】A确定直线在坐标轴上截距，再求面积即可判断；B由直线斜截式即可判断；C根据两点式使用前提判断；D检验对称点的满足条件即可判断.【详解】A：由直线易得，其在x、y轴截距分别为，故该直线与坐标轴所围成三角形面积为，对；B：由直线斜截式可知，轴上的截距是，错；C：仅当时，直线才能表示为，错；D：因为点与点的中点为，代入直线，显然满足；又经过点与点的直线的斜率为，而直线的斜率为，所以这两直线互相垂直；所以点关于直线的对称点为，对.故选：AD10.关于直线，与平面，，以下四个命题中真命题是A.若，且，则B.若，且，则C.若，且，则D.若，且，则【答案】BC【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．【详解】解：若，且，则，可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；若，且，则，一定垂直，故B正确； 若，且，则，一定垂直，故C正确；若，且，则，可能相交､平行也可能异面，故D错误故选：BC．【点睛】考查线线平行与垂直的判定，基础题.11.下列命题正确的有（）．A.B.若，把向右平移2个单位，得到的向量的坐标为C.在中，若点满足，则点是的重心D.在中，若，则点的轨迹经过的内心【答案】ACD【解析】【分析】选项A利用向量的加减法运算判定；选项B利用向量的坐标表示判定；选项C利用三角形重心的向量表示判定；选项D根据条件得点在的角平分线上，从而有点的轨迹经过的内心.【详解】选项A：因为，所以选项A正确；选项B：若，把向右平移2个单位，得到的向量的坐标依然是，故选项B错误；选项C：由三角形的重心的向量表示可知，若点满足，则点是的重心，故选项C正确；选项D：在中，若，则点在的角平分线上，所以点的轨迹经过的内心，故选项D正确；故选：ACD.12.如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，将分别沿SE，SF折起，使两点重合于G，下列说法正确的是（） A.若把沿着EF继续折起，与G恰好重合B.C.四面体的外接球体积为D.点G在面SEF上的射影为△SEF的重心【答案】ABC【解析】【分析】根据，可说明与G恰好重合，判断A;根据线面垂直的性质定理可判断B;将四面体补成长方体，可求得其外接球半径，进而求得外接球体积，判断C;根据线面垂直证明线线垂直，说明点G在面SEF上的射影为三角形的高的交点，判断D.【详解】对于A，因为，故把沿着继续折起，与恰好重合，正确；对于B,因为,D是EF的中点，故;又，故平面GEF,而平面GEF,故,又平面SGD,所以平面，平面,所以正确；对于，由翻折的性质可知，两两垂直，将其补成相邻三条棱长为1,1,2的长方体，则长方体外接球和四面体外接球相同， 其体对角线长，所以长方体外接球的半径为，故外接球的体积为，故正确；对于D，因为两两互相垂直，故平面GEF,则,设P为点G在平面SEF上的射影，连接EP,SP,则,而平面SGP,故平面SGP,平面SGP,故，同理可证,即点P为三角形高线的交点，所以点在平面上的射影为的垂心，故D错误，综上，正确答案为ABC，故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，，若，则的最大值为_________【答案】【解析】【分析】利用基本不等式，代入方程中，即可求解.【详解】正数，满足，，即，解得，故，当且仅当时取等号．的最大值为，故答案为：414.已知直线过点，且点到直线的距离为2，则直线的方程为________________． 【答案】或【解析】【分析】分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，利用点到直线的距离公式即可得出答案.【详解】当直线l斜率不存在时，可得直线l的方程为，满足题意；当直线斜率存在时，可设直线的方程为，即，因为点到直线l的距离是2，则，解得.所以直线的方程为，综上所述，直线l的方程为或.故答案为：或.15.已知在平行六面体中，若同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线的长为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意首先画出图形，并设，，，然后根据三角形法则，用、、表示，然后根据向量模的计算公式和向量的数量积运算，即可求解.【详解】如图所示，设，，，则，两两向量之间的夹角都为，又，两边同时平方得： ，，即的长为故答案为：.16.若函数的图象上存在两点，关于点对称，则直线的方程是______．【答案】【解析】【分析】首先根据方程形式，设出点的坐标，再根据中点坐标公式，即可求得两点坐标，再计算直线方程.【详解】根据题意，设，，因为线段的中点是，所以，整理得，所以，为方程的根，解得，所以，或，．由两点式得直线的方程为．故答案为：四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在中，，，，D为BC三等分点（靠近B点）．（1）求的值； （2）若点P满足，求的最小值，并求此时的．【答案】（1）（2），此时【解析】【分析】（1）将和分别用，线性表示，再进行数量积运算即可；（2）建立如图所示的坐标系，设，利用向量数量积的坐标表示将所求式子表示为关于的函数，进而求结果.【小问1详解】因为，所以【小问2详解】如图建立直角坐标系，则，，令所以，∴∴当时，，此时18.已知直线，.（1）当时，直线过与的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线的方程；（2）若坐标原点到直线的距离为，判断与的位置关系.【答案】（1）或；（2）或 【解析】【详解】试题分析：（1）联立解得与的交点为（-21，-9），当直线过原点时，直线的方程为；当直线不过原点时，设的方程为，将（-21，-9）代入得，解得所求直线方程（2）设原点到直线的距离为，则，解得：或，分情况根据斜率关系判断两直线的位置关系;试题解析：解：（1）联立解得即与的交点为（-21，-9）.当直线过原点时，直线的方程为；当直线不过原点时，设的方程为，将（-21，-9）代入得，所以直线的方程为，故满足条件的直线方程为或.（2）设原点到直线的距离为，则，解得：或，当时，直线的方程为，此时；当时，直线的方程为，此时.19.已知函数．（Ⅰ）求函数在区间上的值域．（Ⅱ）在中，角A，B，C，所对的边分别是a，b，c，若角C为锐角，，且，求面积的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）利用差角的正弦公式、辅助角公式化简函数，结合正弦函数的性质，可得函数在区间 ，上的值域；（Ⅱ）先求出，再利用余弦定理，结合基本不等式，即可求得面积最大值．【详解】解：（Ⅰ），由，有，所以函数的值域为．（Ⅱ）由，有，为锐角，，．，由余弦定理得：，，．，当，即为正三角形时，的面积有最大值．20.为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．（1）求p和q的值；（2）求甲、乙两人共答对3道题的概率．【答案】（1），（2）【解析】 【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；（2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.【小问1详解】设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，．设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题，则，．∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，∴A与B相互独立，与互斥，∴,．由题意得解得或∵，∴，．【小问2详解】设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，．由题意得，，，．设E：甲、乙两人共答对3道题，则，∴，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为．21.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面；（2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解【小问1详解】证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，，则，而平面，平面，故平面，而，，则，同理可得平面，而，NK，平面MKN，故平面平面，而平面MKN，故平面； 【小问2详解】因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为平面，所以，因为，故平面，因为平面，故，又，而，，故平面MNK，而平面MNK，故，所以，故两两垂直，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，，设平面BNM的法向量为，则，从而，取，则，设直线AB与平面BNM所成的角为，则．22.已知函数，在区间上有最大值4，最小值1，设 ．（1）求的值；（2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（3）方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据题意，结合二次函数的图象与性质，列出方程组，即可求解；（2）由题意得到，根据转化为在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解；（3）化简得到，令，得到，根据题意转化为方程有两个根且，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，可得对称轴为，当时，在上为增函数，可得，即，解得；当时，在上为减函数，可得，即，解得，因为，所以.（2）由（1）可得，所以，方程化为，所以，令，则， 因为，可得，令，当时，可得，所以，即实数的取值范围是.（3）方程，可化为，可得且，令，则方程化为，方程有三个不同的实数解，所以由的图象知，方程有两个根且，记，则或，解得，综上所述，实数的取值范围是.