湖南省长沙市麓共体2023-2024学年高二下学期第一次学情检测数学试卷

202320242麓共体高二年级第一次学情检测高二年级数学试卷命题人：肖荣审题人：唐强总分：150分时量：120分钟一､单选题：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，集合，则如图中的阴影部分表示（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据图形所表示的含义再结合交集和补集的定义即可.【详解】因为韦恩图中的阴影部分表示的是属于不属于的元素组成的集合，又，所以韦恩图中阴影部分表示的集合是.故选：C.2.在等差数列中，，，则（）A.4 B.5 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质求得公差，进而求得.【详解】设等差数列的公差为，，所以.故选：C3.若复数满足，其中为虚数单位，则（）A.0 B.1 C. D.1【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案.【详解】，则，故选：D.4.已知向量夹角为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据可构造方程求得.【详解】，（舍）或.故选：C.5.已知函数，则下列结论错误的是（）A.的最小正周期为B.图象关于点成中心对称C.的图象关于直线对称D.的单调递增区间是【答案】A【解析】【分析】先通过辅助角化简函数，然后根据正弦函数的性质逐项判断即可.【详解】，则的最小正周期为，A错误；，则的图象关于点成中心对称，B正确；，则的图象关于直线对称，C正确；令，解得，D正确.故选：A6.式子的展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，写出和的展开式通项，分别令的指数为，求出相应的参数，再将参数的值代入通项可求得结果.【详解】，的展开式通项为，的展开式通项为，由，可得，因此，式子的展开式中，的系数为.故选：B.【点睛】方法点睛：于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数的运算性质．对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．7.已知函数，则关于的不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合函数性质可将转化为，由函数单调性计算即可得.【详解】，则，由，故，故，又，随增大而增大，故在上单调递减，又，故可转化为，则有，即，即，故.故选：D.8.南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图1所示，这只杯盏的轴截面如图2所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为，往杯盏里面放入一个半径为的小球，要使小球能触及杯盏的底部（顶点），则最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，求出抛物线的标准方程为，设小球大圆圆周方程，联立方程组求出，或，分析，可得最大值.【详解】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，依题意可得的坐标为，设抛物线的标准方程为，则，解得，故该抛物线的标准方程为，设小球大圆圆周方程，联立方程组，解得或，要使小球能触及杯盏的底部（顶点），则小球与杯子有且只有一个交点，就是抛物线的顶点，所以或无效，考虑到抛物线不可能在轴下方，所以不成立，即，所以，解得，所以最大值为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解小球能触及杯盏的底部所满足的条件，从而得解.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为，按照的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间内的人数为16.则下列结论正确的是（）A.图中B.样本容量C.估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分D.该市要对成绩前的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分【答案】AD【解析】【分析】根据频率之和等于1，即可判断A；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意算出分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D．【详解】对于A，因为，解得，故A正确；对于B，因为成绩落在区间,内的人数为16，所以样本容量，故B不正确；对于C，学生成绩平均分为，故C不正确；对于D，设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为，由于的频率为，的频率为，的频率为，则，所以，则，解得，所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D正确．故选：AD．10.如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则下列结论正确的是（）A.平面B.到平面的距离是C.异面直线所成角的余弦值为D.平面将正方体分成两部分的体积比为【答案】ABC【解析】【分析】构造面面平行，证明线面平行，可判断A的真假；利用体积法求点到面的距离，可判断B的真假；构造两条异面直线所成的角，将其放在三角形中，利用余弦定理求角的余弦，可判断C的真假；求出平面分正方体所得的两部分的体积，可得D的真假.【详解】对A：连接，，，则易证，，所以，又平面，平面，所以平面；同理：，、是平面内的两条相交直线，所以：平面平面，平面，所以平面.故A正确；对B：因为为中点，所以和到平面的距离相等，设为.又在中，，，所以.由.故B正确；对C：取中点，连接，.则，所以即为异面直线、所成的角.在中，，，，由余弦定理，.故C正确；对D：，，所以平面把正方体分成的两部分的体积之比为：，故D错误.故选：ABC11.伟大的古希腊哲学家阿基米德最早采用不断分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（）A.椭圆的标准方程可以为B.若，则C.有且仅有一个点，使得D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为钝角，从而判断C；由基本不等式判断D．【详解】对于：由，解得，则椭圆的标准方程为，故A正确；对于B：由定义可知，由余弦定理可得，，解得，则，故B错误；对于C：当点为短轴的一个端点时，最大，此时为钝角，则椭圆上存在四个不同的点，使得，故C错误；对于D，当且仅当，即时，等号成立，故D正确；故选：AD．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某班两位老师和6名学生出去郊游，分别乘坐两辆车，每辆车坐4人.若要求两位老师分别坐在两辆车上，共有________种分配方法.【答案】40【解析】【分析】选一位老师坐第一辆车，再选3名学生坐第一辆车，列式计算即得.【详解】选一位老师坐第一辆车，共种选法，再选3名学生坐第一辆车，共种选法，余下的老师和3名学生坐第二辆车，所以不同的分配方法共有种.故答案为：4013.若等比数列的各项均为正数，且，则__________.【答案】21【解析】【分析】根据等比数列的性质，解得第四项的值，结合对数运算，可得答案.【详解】由等比数列的下标和性质有，所以.因为数列的各项均为正数，所以，因为，所以.故答案为：21.14.若不等式在上恒成立，e是自然对数的底数，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】将不等式化为，即得，讨论的取值范围，当时，构造函数，利用函数单调性可得，化为，继而再构造函数，利用导数求其最值，即可求得答案.【详解】由题意知，，所以，即,①若，则，而，符合题意；②若，令，则在恒成立，∴在单调递增，又，，，∴由，得；由在恒成立，则可化为，令，，当时，；当时，，在单调递减，单调递增，∴，即有．综上：，故答案为：【点睛】关键点点睛：解答本题关键是结合的结构特点，合理变形为，即而化为，从而可采用构造函数的方法，利用导数即可求解问题.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱锥中，平面为矩形，分别是的中点.（1）证明：平面.（2）若，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）取的中点，连接，根据面面平行判定定理证明面平面，再根据平行平面的性质可得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算平面与平面夹角的余弦值即可.【小问1详解】证明：如图所示：取的中点，连接.因为分别是的中点，所以.而平面平面，故面，因为分别是的中点，且为矩形，所以，同理面，因为平面，所以平面平面.因为平面，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，所以，因为为矩形，所以，如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系.因为，所以.设平面的一个法向量为，因为，所以，令，得.取平面的一个法向量为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）已知，D为边上的一点，若，，求的长．【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.【小问1详解】∵，根据正弦定理得，，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以．【小问2详解】因为，，，根据余弦定理得，∴．∵，∴．在中，由正弦定理知，，∴，∴，，所以∴，∴．17.党的十八大以来，全国各地区各部门持续加大就业优先政策实施力度，促进居民收入增长的各项措施持续发力，居民分享到更多经济社会发展红利，居民收入保持较快增长，收入结构不断优化，随着居民总收入较快增长，全体居民人均可支配收入也在不断提升．下表为某市2014~2022年全体居民人均可支配收入，将其绘制成散点图（如图1），发现全体居民人均可支配收入与年份具有线性相关关系.年份201420152016201720182019202020212022全体居民人均可支配收入（元）183522011022034241532638628920308243380335666参考数据：.参考公式：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为.（1）设年份编号为（2014年的编号为1，2015年的编号为2，依此类推），记全体居民人均可支配收入为（单位：万元），求经验回归方程（结果精确到0.01）；（2）为进一步对居民人均可支配收入的结构进行分析，某分析员从2014~2022中任取2年的数据进行分析，将选出的人均可支配收入超过3万的年数记为，求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据求解，根据最小二乘法估计计算得，代入样本中心值可得，即可得回归直线方程；（2）由题意可得人均可支配收入超过3万的年份有3年，于是可得随机变量的可能取值为，分别求解概率，从而可得分布列与数学期望.【小问1详解】由题意得，，故，所以.故回归方程为；【小问2详解】由图表知，人均可支配收入超过3万的年份有3年，故的可能取值为，则，故随机变量的分布列为：012故.18.已知函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）对函数求导，分别讨论和两种情况，即可求出结果；（2）先分离参数，将原式化为，构造函数，利用导数判断的单调性进而求出的最大值即可.【小问1详解】的定义域为，，当时，恒成立，所以的单调递减区间为,当时，令，则，所以的单调递增区间为，令，则，所以的单调递减区间为,综上：当时，的单调递减区间为，无增区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；【小问2详解】当时，恒成立，即对恒成立，即对恒成立，令（），令（），则，令（），则，由得，，所以，所以在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，所以，令，则，所以在单调递增，令，则，所以在单调递减，所以，所以.综上实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是分离参数得对恒成立，再设新函数（），对此求导研究其最值即可.19.如图，已知点和点在双曲线上，双曲线的左顶点为，过点且不与轴重合的直线与双曲线交于，两点，直线，与圆分别交于，两点.（1）求双曲线的标准方程；（2）设直线，的斜率分别为，，求的值；（3）证明：直线过定点.【答案】（1）（2）（3）直线过定点,证明见解析.【解析】【分析】（1）根据双曲线上的点求标准方程；（2）利用韦达定理运算求解即可；（3）利用联立方程组，结合韦达定理求得坐标，猜想过定点，并用三点共线与斜率的关系证明求解.