湖南省长沙市麓山国际共同体2023-2024学年高二上学期12月学情检测数学（解析版）.docx

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2023-2024-1麓山共同体高二12月学情检测试卷数学试卷总分：150分时量：120分钟一､单项选择题（共8个小题，每题5分，共40分）1.直线的倾斜角为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先将直线方程化为斜截式，即可求出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得解.【详解】直线的方程为，即，所以直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，所以.故选：B.2.已知等差数列{an}中，a3＋a8＝22，a6＝7，则a5的值为（）A.10B.15C.20D.40【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的性质求出a6+a5=22即得解.【详解】解：在等差数列{an}中，由题得a3+a8=a6+a5=22，又a6=7，所以a5=15.故选：B3.用这五个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（）A.18B.24C.30D.48【答案】D【解析】【分析】根据分步乘法计数原理计算即可.【详解】由题意可知，首位数字有4种选择，则中间的数位有4种选择，末尾数字有3种选择.由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位数的个数. 故选:.4.若函数在上单调递增，则的最大值是（）A.3B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】函数在上单调递增，等价为在上恒成立，通过构造函数，利用导数求最值解决恒成立问题.【详解】函数在上单调递增，等价为在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上恒成立，故在上单调递增，则，故，则的最大值是3.故选：A.5.已知过点的直线与椭圆交于两点，且满足则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，直线斜率为，根据，即点为中点，由，利用点差法求解.【详解】设，直线斜率为， 则有，①-②得，因为，所以点为中点，则，，即，所以直线的方程为，整理得故选：D6.已知定义在R上的函数满足，且有，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.【详解】设，则，∴在R上单调递增.又，则.∵等价于，即，∴，即所求不等式的解集为.故选：A. 7.已知数列的前n项和为，且，若，则数列的前10项和（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据与的关系式得到通项公式，进而求出的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】当时，，当，，当时，，所以，所以，则.故选：B8.已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，结合椭圆的定义，在中利用勾股定理求得，中利用勾股定理求得，可求椭圆C的离心率. 【详解】连接，设，则，，，在中，即，，，，，，在中，，即，，，又，.故选：C.二､多项选择题（共4个小题，每题5分，共20分，部分选对得2分，错选得0分）9.下列说法正确的是（）A.点到直线的距离为B.若两直线平行，则它们的斜率一定相等C.直线与两坐标轴围成的三角形的面积是4D.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【解析】【分析】计算点到直线距离验证A选项；直线斜率可能不存在判断B选项；计算直线与两坐标轴围成的三角形面积验证C选项；在轴和轴上截距都相等的直线分过原点和不过原点两种情况，计算后验证D选项.【详解】对于A，点到直线的距离为，故A选项正确；对于B，当两条平行直线与轴垂直时，直线的斜率不存在，故B选项错误； 对于C，令，则；令，则；则直线与两坐标轴的交点为和，与两坐标轴围成的三角形面积，故C选项正确；对于D，直线过原点时，过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为，直线不过原点时，过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程的斜率为，则直线方程为，即，故D选项错误.故选：AC10.已知抛物线的焦点为F，准线为l，过抛物线C上一点P作的垂线，垂足为Q，则下列说法正确的是（）A.准线l的方程为B.若过焦点F的直线交抛物线C于两点，且，则C.若，则的最小值为3D.延长交抛物线C于点M，若，则【答案】ACD【解析】【分析】由抛物线标准方程结合抛物线的性质，即可求焦点坐标、准线方程、焦点弦长、抛物线上的点到焦点和定点距离之和的最小值等.【详解】因为抛物线C的方程为，所以，所以准线l的方程为，A正确；由题意可知焦点弦长，B错误；由抛物线C上的点到焦点F与到准线的距离相等可知，所以当Q，P，E三点共线时，取得最小值，即为点E到准线的距离，所以最小值为3，C正确； 如图所示，不妨设P在第一象限，过P作轴于点H，过M作轴于点N，过M作准线的垂线，垂足为D，设准线与x轴的交点为G，则，，易知，则有，即，解得，则，D正确，故选：ACD.11.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】依题意可知，，B选项错误.， ，A正确.，，C正确.，.D选项正确.故选：ACD12.已知，则下列结论正确的是（）A.不等式的解集为B.函数在单调递减，在单调递增C.函数在定义域上有且仅有一个零点D.若关于的方程有解，则实数的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】解分式不等式验证选项A；利用导数求函数单调区间验证选项B；解方程得函数的零点验证选项C；通过函数值域求实数的取值范围验证选项D.【详解】对于A，由，得，因为，所以，解得，所以不等式的解集为，所以A正确；对于B，的定义域为，由，得， 令，得或，令，得或，所以在和上递增，在和上递减，所以B错误；对于C，令，得，所以在定义域内有且只有一个零点，所以C正确；对于D，由选项B可知在和上递增，在和上递减，因，且当从1的左侧趋近于1时，，当从1的右侧趋近于1时，，所以的值域为，所以若关于的方程有解，则实数的取值范围是，所以D错误.故选：AC三､填空题（共4个小题，每题5分，共20分）13.已知空间向量，，且与是共线向量，则实数x的值为_______．【答案】【解析】【分析】根据向量共线得到，列出方程组，求出答案.【详解】设，则，解得：.故答案为：-614.已知各项都为正数的等比数列，若，则_______．【答案】19【解析】【分析】由各项都为正数的等比数列，，解得，再由 ，能求出结果．【详解】解：各项都为正数的等比数列，，，解得，．故答案为：19．【点睛】本题考查对数值的求法，考查等比数列的性质、对数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．15.已知椭圆与双曲线有共同焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.【详解】设椭圆，双曲线，且设，由椭圆的定义得①，由双曲线的定义得②，得，， 得，，由余弦定理可得，所以③，设，所以，当即时，取最大值为.故答案为：.16.若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.【详解】因为，所以，因为只有一个极值点，所以若3是极值点，因为，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故， 则，所以；当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；当时，，令，解得；令，解得；所以在单调递减，在单调递增，满足题意，综上：或，即故答案为：.四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.第17题10分，其余各题各12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知圆半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切.（1）求圆的标准方程.（2）求直线：与圆相交的弦长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，应用点线距离公式求圆心坐标，写出圆的标准方程. （2）根据相交弦、弦心距、半径之间的几何关系求弦长即可.【详解】（1）令圆心为且，∴由圆与相切，有，即可得.∴圆的标准方程为.（2）由（1）知：，，∴到直线的距离为，∴直线与圆相交的弦长为.18.已知函数，且．（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可求得切线方程；（2）利用导数可求得函数的单调性，结合区间端点值和极值可求得在区间上取值情况，进而求出实数的取值范围．【小问1详解】∵，∴，解得：，∴，则，∴在点处的切线方程为：，即．【小问2详解】由（1）知：，则， ∴当时，；当时，；∴在，上单调递增，在上单调递减，又，，，，∴，，由，有，即函数与的图像有三个交点，则有实数m的取值范围为．19.如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．（1）若点是的中点，求证：平面；（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；【解析】【分析】（1）连接，可得四边形是平行四边形，或，从而，可证得平面；（2）取中点，连接，分别以为轴，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点的坐标为，可得平面的一个法向量，平面 的一个法向量为，由二面角的余弦值为可得的值，可得的长．【小问1详解】方法一：连接，由已知得，，且，所以四边形是平行四边形，即，又平面平面，所以平面．方法二：连接，由已知得，且，，即，又平面平面所以平面【小问2详解】取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，，假设点存在，设点的坐标为，，设平面的法向量，则， 即，可取，又平面的法向量为，所以，解得：，由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．故上存在点，当时，二面角的余弦值为．20.已知数列满足，数列满足，，其中为数列的前项和.（1）证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和，并证明：.【答案】（1）证明见解析，（2），证明见解析【解析】【分析】（1）由，有，可得数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）由和的关系得数列的递推公式，累加法求出的通项，得数列的通项，错位相减法求，并确定范围.【小问1详解】由，可得，即，又，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，则有，可得数列的通项公式为；【小问2详解】 由，有，即，则当时，有：，时也满足，所以数列的通项公式为得，则①，②，②-①得：，解得，由，，所以，又所以递增，所以，因此，.21.已知焦点在轴上的椭圆：，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为．（1）求椭圆的标准方程； （2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）利用已知和的关系，列方程组可得椭圆的标准方程；（2）直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立，可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点．【详解】（1）由得，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意.所以直线斜率存在，设直线的方程为.设、，由得，所以，.因为，所以，即，整理得化简得，所以直线的方程为，所以直线过定点.22.已知函数，. （1）求函数的极值；（2）若不等式在上恒成立，求a的取值范围；（3）证明不等式：.【答案】（1）极小值，无极大值（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，借助的正负判断的单调性，进而求出的极值；（2）不等式上恒成立，等价转化为，然后分离参数得，设，求即可.（3）由（2）知在上恒成立，令，则有，然后借助不等式同向可加性及等比数列前n项和公式求证.【小问1详解】由可得，此时单调递增；由可得，此时单调递减；所以当时，有极小值，极小值为，无极大值【小问2详解】由不等式上恒成立，得，因为，，所以在上恒成立设，则，由得所以在上递减，在上递增， 所以即，所以【小问3详解】证明：由（2）得在上恒成立，令，则有，，.【点睛】关键点点睛：本题（2）考察不等式恒成立问题，可以分离参数，转化为求最值问题：本题（3）的证明需要借助（2）的结论，即在上恒成立，然后令，则有，然后借助不等式同向可加性及等比数列前n项和公式求证.