湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期开学自主检测数学试题 Word版含解析.docx

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长沙市第一中学2023—2024学年度第二学期开学自主检测数学试卷时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共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.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用对数函数在单调递增，解对数不等式，再结合交集的概念即可.【详解】∵在单调递增，∴，则.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点在第一象限，为虚数单位，则复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的四则运算，即可求解.【详解】由于复数对应的点在第一象限，可设，其中，，则，所以，，复数对应的点位于第二象限.故选：B3.在四边形中，，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】推出四边形为平行四边形，且，且平分，得到四边形为菱形，且，为等边三角形，，利用 ，两边平方得到.【详解】因为，所以且，故四边形平行四边形，设都是单位向量，且，两边平方得，即，所以，解得，故，又均为单位向量，故，即，且平分，故四边形为菱形，且，故为等边三角形，，，两边平方得，故.故选：A4.设，为任意两个事件，且，，则下列选项必成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设有，根据条件概率公式有，结合，即可得答案.【详解】由，则，故，而，则，又， 所以.故选：D5.动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据距离公式即可化简求解.【详解】根据题意可得，平方化简可得，进而得，故选:A6.已知数列满是，，则的最小值为（）A.B.C.16D.18【答案】C【解析】【分析】利用数列递推式，可得数列是以10为首项，1为公差的等差数列，可得数列的通项，再利用基本不等式求的最小值．【详解】， 数列是以10为首项，1为公差的等差数列，当且仅当，即时，取最小值16.故选：C7.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】切化弦后，由二倍角公式，两角差的正弦公式化简变形后可得．【详解】由已知，，则，从而，所以，故选：D．8.已知函数，，若成立，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】令，得到，关于的函数式，进而可得关于的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.【详解】令，则，，，，所以，若，则，，有， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，，即的最小值为.故选：A.【点睛】关键点点睛：令确定关于的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.二、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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.在一次数学考试中，某班成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）A.图中所有小长方形的面积之和等于1B.中位数的估计值介于100和105之间C.该班成绩众数的估计值为97.5D.该班成绩的极差一定等于40【答案】ABC【解析】【分析】由频率分布直方图的性质可知A正确；由中位数定义以及图中频率计算可知B正确；由众数定义可得图中最高的区间即代表众数即可估计为97.5，即C正确；由于成绩高分和最低分不一定分别为，因此极差不一定为40，即D错误.【详解】对于A，由频率分布直方图的性质可知，图中所有小长方形的面积之和等于1，即A正确；对于B，易知组距为，前两组成绩所占的频率为，前三组成绩所占的频率为，由中位数定义可得其估计值介于100和105之间，即B正确；对于C，由图可知频率最高的成绩区间，取中间值为代表可知班成绩众数的估计值为97.5，即C正确； 对于D，由图可知成绩最高区间为，最低区间为，但最高分和最低分不一定分别为，所以其成绩极差不一定为40，即D错误；故选：ABC10.已知，若，则（）A.的最大值为B.的最小值为1C.的最小值为8D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】AD选项，由基本不等式求出最值；B选项，化为，求出最小值；C选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】对于，由，即，当且仅当，且，即时，取等号，所以A正确；对于，因为，当且仅当时，取到最小值，所以B错误；对于C，因为，所以，当且仅当，且，即，时，取等号，所以C正确；对于，当且仅当，且，即时，取等号，所以正确故选：ACD.11.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（） A.双曲线的离心率B.为定值C.的最小值为3D.若直线与双曲线的渐近线交于、两点，点为的中点，（为坐标原点）的斜率为，则【答案】ABD【解析】【分析】利用点到直线的距离求出，可求出离心率，判断A，利用点到线距离结合在双曲线上证明为定值判断B，联立方程组解出交点坐标求出的距离的最小值判断C，对D选项，设、，则，由，两式相加和两式相减化简可得，，从而得到，可判断D.【详解】双曲线的渐近线方程为，圆与渐近线相切，则，即，所以，则，故A正确；由A选项可得双曲线的两条渐近线方程为，设为双曲线上任意一点，则，所以点到两渐近线的距离，，所以为定值，故B正确；过与渐近线垂直的方程分别与渐近线组成方程组求出交点坐标， ，解得交点，同理得，因为为双曲线右支上的动点，所以，则，故C错误；对D选项，设、，则，又、在双曲线的两条渐近线上，则，两式相减可得，即，两式相加可得，即，又，，所以，故D正确.故选：ABD12.已知是等比数列，是其前n项和，满足，则下列说法中正确的有（）A.若是正项数列，则是单调递增数列B.，，一定是等比数列C.若存在，使对都成立，则是等差数列D.若存在，使对都成立，则是等差数列【答案】AC【解析】【分析】A选项，设出公比，得到方程，结合是正项数列，得到公比，得到是单调递增数列；B选项，举出反例；C选项，根据对都成立，得到，从而得到为常数列，为公差为0的等差数列；D选项，结合C选项，得到当为偶数时，，为奇数时，，D错误.【详解】A选项，设公比为，故，解得或，若是正项数列，则，，故，故是单调递增数列，A正确； B选项，当且为偶数时，，，均为0，不合要求，B错误：C选项，若，则单调递增，此时不存在，使对都成立，若，此时，故存在，使得对都成立，此时为常数列，为公差为0的等差数列，C正确；D选项，由C选项可知，，故当为偶数时，，当为奇数时，，显然不是等差数列，D错误.故选：AC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图，的二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于已知，，，则的长为__________【答案】【解析】【分析】由向量的线性表示，根据向量模长根式即可代入求解.【详解】解：由条件，知，,所以，所以,故答案为：14.在的展开式中，的系数为__________．【答案】210【解析】【分析】先通过求出各项二项式中的系数，再利用组合数的性质即可得解.【详解】因为的展开通项为， 所以的展开式中没有这一项，的展开式中没有这一项，的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，……的展开式中的系数为，所以所求的系数为.故答案为：210.15.已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为__________．【答案】12【解析】【分析】由可得，令，，分析可知与图象都关于点对称，数形结合可得结果.【详解】由可得，令，，则函数的定义域为，其最小正周期，令，解得，当时，，即函数关于点对称，函数的定义域为，对任意，，所以函数图象都关于点对称，由于函数与在上均为增函数，则函数在上也为增函数， 当时，，，，，作出与图象如下：由图可知，函数与的图象有6个交点，其中这6个交点满足三对点关于点对称，因此直线与的图象的所有交点的横坐标之和为.故答案为：1216.已知一个圆台的上､下底面半径为，若球与该圆台的上､下底面及侧面均相切，且球与该圆台体积比为，则__________.【答案】【解析】【分析】作出圆台的轴截面，然后根据题意可求出圆台的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆台的体积.【详解】作出圆台的轴截面，如图所示：为切点，为圆台的高.圆台的母线，所以圆台的高球的半径，由球与该圆台体积比为得： ，整里得：方程两边同除，解得或3（舍去）故答案为：四、解答题：本大题共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.已知在中，三条边所对的角分别为，向量，，且满足．（1）求角的大小；（2）若成等比数列，且，求边的值并求外接圆的面积．【答案】（1）；（2）；外接圆的面积为.【解析】【分析】（1）利用向量的数量积坐标表示及三角恒等变换可得，进而即得；（2）利用等比中项及正弦定理可得，利用数量积定义可得，再由正弦定理可求得外接圆半径及面积．【小问1详解】∵向量，，，∴，∵，，∴，，∴；【小问2详解】∵成等比数列，∴， ∴，∵，即，∴，∴，，设外接圆的半径为R，由正弦定理可知：，∴，∴外接圆的面积为．18.如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，E为的中点．（1）若，证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点F，连接．先证明，，即证平面，原题即得证；（2）分别取的中点G，H，连接，证明为直线与平面所成的角，设正方形的边长为1，，在中，，即得解.小问1详解】解：取的中点F，连接． 因为，则为正三角形，所以．因为平面平面，则平面．因为平面，则．①因为四边形为正方形，E为的中点，则，所以，从而，所以．②又平面,结合①②知，平面，所以．【小问2详解】解：分别取的中点G，H，则，．又,，则，所以四边形为平行四边形，从而．因为，则．因为平面平面，，则平面，从而，因为平面，所以平面，从而平面．连接，则为直线与平面所成的角．设正方形的边长为1，，则．从而，．在中，．因为当时，单调递增，则，所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围是． 19.已知为数列的前项和，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）记，设数列的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由，得到：当时，，相减可得，验证时即可得出；（2）由（1）可得，利用裂项相消求和方法可得数列的前项和为，再利用数列的单调性即可证明结论.【小问1详解】当时，，当时，①②①②可得：，即，当时，，对上式也成立，所以【小问2详解】由（1）可得， 所以数列的前项和为，因为对任意正整数单调递增，且，所以，即，得证.20.已知抛物线：上的点到焦点的距离为．（1）求抛物线的方程；（2）过抛物线上一点（异于坐标原点）作切线，过作直线，交抛物线于，两点．记直线，的斜率分别为，，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知条件推导出，由此求出抛物线方程；（2）设，，，，利用导数几何意义得到切线斜率，由过作直线，从而得到直线的方程为：，与抛物线联立方程，由韦达定理得到，分别表示出直线，的斜率，，化简，结合基本不等式即可求得最小值.【小问1详解】由题可得的焦点坐标，由于点在抛物线，所以，点到焦点的距离为，即，解得（舍去），所以抛物线的方程为【小问2详解】由题可得，设，， 由于抛物线方程为，即，则，所以切线的斜率，由于，所以直线的斜率为，则直线的方程为：，即，联立，化简得：，则，，所以，同理所以，由于（当且仅当时取等），所以，故的最小值为21.在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球，不放回．（1）若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．①求摸出的两个球中恰好有一个红球的概率；②记摸出红球个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．（2）若1号盒中有4个红球和4个白球，2号盒中有2个红球和2个白球，现甲、乙、丙三人依次从1号盒中摸出一个球并放入2号盒，然后丁从2号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率． 【答案】（1）①；②分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）①摸两个球的总情况数为，恰好有一个红球的情况数为，据此可得答案；②由题可得摸出红球个数的可能情况有3种，后由题目条件可得分布列及期望；（2）设事件“丁取到红球”，事件C=“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”，则所求概率为，后由题意及条件概率公式可得答案.【小问1详解】①设事件“摸出的两个球中恰好有一个红球”，，②X可取0，1，2，则，其中.故X的分布列为X012P则；【小问2详解】设事件“丁取到红球”，事件“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.当甲，乙，丙三人取得1个白球，则丁取到红球概率为；当甲，乙，丙三人取得2个白球，则丁取到红球概率为；当甲，乙，丙三人取得3个白球，则丁取到红球概率为； 当甲，乙，丙三人取得3个红球，则丁取到红球概率为.则所求概率为.22.已知函数.（1）否存在实数，使得函数在定义域内单调递增；（2）若函数存在极大值，极小值，证明：.（其中是自然对数的底数）【答案】（1）存在（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先确定函数定义域是，求出导函数，确定出在时，，时，，因此确定值使得时，时，恒成立，从而恒成立即得；（2）由（1）得出且时，的两个极值点是1和，因此有，引入函数，再利用导数证得即得证．【小问1详解】因为，则的定义域为，进一步化简得：令，则在上单调递增，且，所以时，时， 要使得单调递增，则在上恒成立当时，恒成立当时，，当时，，不合题意当时，，当时，，不合题意综上：.【小问2详解】由（1）可得且，极值点为与1，所以令当时，单调递增当时，单调递减，所以，即成立.【点睛】方法点睛：证明与极值有关的不等式，一般先利用导数求得极值（本题中要求得极大值与极小值的和，可以不必区分哪个是极大值，哪个是极小值），然后引入新函数，再利用导数求出此函数的最值，从而证得不等式成立．