湖南省百校大联考2023-2024学年高二上学期12月联考数学Word版含解析.docx

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湖南省百校大联考2023-2024年高二12月考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册、第二册，选择性必修第一册、第二册至4.3.1．一、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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用交集的运算求解即可.【详解】因为，所以．故选：A2.复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.【详解】由题意知，．故选：D3.已知为抛物线：（）上一点，点到的焦点的距离为9，到轴的距离为6，则（） A.3B.4C.6D.8【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的定义结合题意可求得结果.【详解】因为点到的焦点的距离为9，到轴的距离为6，所以，则．故选：C4.若直线：与直线：平行，则（）A.B.2C.或2D.1或【答案】B【解析】【分析】利用两直线平行的必要条件（系数交叉相乘积相等）求得的值，再检验，排除重合的情况即可.【详解】因为，所以，解得或．当时，与重合，不符合题意．当时，，符合题意．故选：B.5.有编号互不相同的五个砝码，其中3克、1克的砝码各两个，2克的砝码一个，从中随机选取两个砝码，则这两个砝码的总重量超过4克的概率为（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】用列举法列举出样本空间，结合古典概型概率计算公式即可求解.【详解】记3克的砝码为，，1克的砝码为，，2克的砝码为，从中随机选取两个砝码， 样本空间，共有10个样本点，其中事件“这两个砝码的总重量超过4克”包含3个样本点，故所求的概率为．故选：A.6.已知函数（，）的部分图象如图所示，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用图象得出，，进而求得，再代入点坐标，可得，进而求出.【详解】由函数的图像可知，，则，．由，解得，则，故，.故选：B7.已知等差数列的前项和为，且，，则当取得最大值时，（）A.37B.36C.18D.19【答案】C 【解析】【分析】利用等差数列的性质与前项和公式推得，，从而得解.【详解】因为，，所以，，从而当时，取得最大值．故选：C.8.已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点且斜率为的直线与的右支交于点，，，则的离心率为（）A.3B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】取的中点为，连接，,根据题意得到，求得，结合，得到，结合双曲线的定义，得到，即可求解.【详解】如图所示，双曲线的右焦点为，的中点为，连接，,因为，为的中点，所以，则，可得，又因为，所以，则，，可得，所以的离心率为．故选：B. 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.甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（）A.B.C.该数列为递增数列D.【答案】ACD【解析】【分析】根据首项可得，再逐个选项判断即可.【详解】对AB，由，得，故，故A正确，B错误；对C，得该数列为递增数列，故C正确；对D，，则，故D正确.故选：ACD10.某班有男生30人；女生20人，其中男生身高（单位：厘米）的平均值为170，身高的方差为24，女生身高的平均值为160，身高的方差为19，则（）A.该班全体学生身高的平均值为165B.该班全体学生身高的平均值为166C.该班全体学生身高的方差为46D.该班全体学生身高的方差为44【答案】BC【解析】【分析】根据平均数与方差公式求解即可.【详解】由题可知，该班全体学生身高的平均值为，该班全体学生身高的方差为．故选：BC 11.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，且它们的离心率互为倒数，是与的一个公共点，则（）A.B.C.为直角三角形D.上存在一点，使得【答案】BC【解析】【分析】根据题意和双曲线标准方程可推出椭圆的值，根据椭圆与双曲线定义即可判断AB；联立关系式求出的值，根据三边关系即可判断C；若，则点在以为直径的圆上，联立方程求解即可判断D.【详解】设，，双曲线的半实轴为，半虚轴为，椭圆的离心率为与双曲线的离心率为，由双曲线的方程可知：，，则，，则，椭圆的离心率为，则，解得.对于选项A：由双曲线定义可知：，故A错误；对于选项B：由椭圆定义可知：，故B正确；对于选项C：根据对称性，不妨设在第一象限，则，解得即，可知，所以为直角三角形，故C正确；对于选项D：若，则点在以为直径的圆上， 联立方程，方程组无解，所以上不存在一点，使得，故D错误；故选：BC.12.数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（）A.若秒针指向了钟上数字5，如图2，则B.若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面C.若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为D.若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则.若秒针指向了钟上数字5，则，则，，所以，A正确.，故是平面的一个法向量.因，所以，所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.若秒针指向了钟上数字4，则，，，C正确.由，得.因为，所以外接圆的半径，则四面体的外接球的半径，则，故四面体的外接球的表面积为，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，若，则______．【答案】2或【解析】【分析】根据向量的垂直的坐标运算可得答案.【详解】因为，所以，解得或．故答案为：2或. 14.已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则______．【答案】【解析】【分析】根据R上的奇函数特征易得和，代入即得.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，，则．故答案为：.15.某公司2015年全年生产某种商品10000件，在后续的几年中，后一年该商品的产量都是前一年的120%，则该商品年产量超过20000件时，至少需要经过______年．【答案】4【解析】【分析】根据指数函数性质即得.【详解】设经过年后，该商品年产量超过20000件，则，即．因为，，所以至少需要经过4年．故答案为：416.若，是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点，，，动点满足，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当，，三点共线时，，即为所求最大值.【详解】设，则，整理得， 则是圆：上一点，由，得,如图所示故，当且仅当，，三点共线，且在之间时取得最大值．又因为,所以的最大值为.故答案为：.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.在正项等比数列中，，．（1）求的通项公式；（2）若，证明是等差数列，并求的前项和．【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设的公比为（），然后根据题意列方程可求出，从而可求出； （2）由（1）可得，从而可证得是以2为首项，1为公差的等差数列，进而可求出.【小问1详解】设的公比为（），由，得，解得或（舍去），因为，所以．【小问2详解】由（1）可知，，则．因为，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，故．18.已知圆与圆关于直线对称．（1）求的标准方程；（2）记与的公共点为，求四边形的面积．【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）找到圆的圆心，半径，利用圆与圆关于对称，求出圆心和半径即可;（2）求出圆心距与到直线的距离，结合对称性即可求解.【小问1详解】将的方程转化为，可得的圆心为，半径为3．设的圆心为，半径为，因为与关于直线：对称，所以解得 故的标准方程为．【小问2详解】，根据对称性可知到直线的距离，则，则四边形的面积．19.的内角，，所对的边分别为，，．已知，，成等差数列．（1）若，求；（2）若，当取得最小值时，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合正弦的差角公式，结合等差中项计算即可；（2）根据余弦定理及基本不等式先求取最小值时的边长，再利用三角形面积公式计算即可.小问1详解】因为，所以，即，即，于是有 所以或，解得或（舍去）．因为，，成等差数列，所以．由，得，所以，即，所以．【小问2详解】由，得，则，当且仅当时，等号成立，此时，所以的面积．20.已知正项数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】当时，，解得．当时，由，得， 则，则．因为，所以，所以是以2为首项，4为公差的等差数列，则．【小问2详解】由（1）可知，则．21.如图，在四棱锥中，，，与均为正三角形.（1）证明：平面.（2）证明：平面.（3）设平面平面，平面平面，若直线与确定的平面为平面，线段的中点为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由已知得出，即可根据线面平行的判定证明；（2）取的中点，连接，过作平面，垂足为，连接，，，，通过已知得，通过线面垂直的判定与性质得出，通过中位线得出，即可得出，再通过勾股定理得出，即可证明； （3）以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，得出各点坐标，通过点到平面距离的向量求法即可求出.【小问1详解】因为，所以，，所以，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】取的中点，连接，则四边形为正方形.过作平面，垂足为.连接，，，.由和均为正三角形，得，所以，即点为正方形对角线的交点，则.因为平面，且平面，所以，又，且平面,平面,所以平面，因为平面，所以.因为是的中点，是的中点，所以， 因此.因，所以，又，平面，平面，所以平面.【小问3详解】设，连接，则直线为直线，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以.由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，所以，取，得. 又，所以点到平面的距离.22.已知双曲线的焦距为，点在上．（1）求的方程；（2），分别为的左、右焦点，过外一点作的两条切线，切点分别为，，若直线、互相垂直，求周长的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解；（2）依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，联立直线与双曲线方程，由得到，再由，得到，又直线、互相垂直，即可得到，再表示出，求出的最大值，即可得解.【小问1详解】依题意可得，解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为， 由，整理得，则，整理得，将代入得，则，所以，因为直线、互相垂直，所以，即，则，，所以，所以，当且仅当时取等号，因为，所以周长的最大值为.【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；