湖南省长沙市2023-2024学年高二上学期第一次阶段考试数学试题含解析

数学试卷（答案在最后）

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A.2【答案】D【解析】【分析】根据对数的定义运算求解.【详解】∵log2x3，则x238.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.3【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675%4.5，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675%4.5，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2xmy10与直线3x2yn0垂直，垂足为(2,p)，则pmn的值为（A.－6【答案】A【解析】【分析】由已知条件中两直线垂直可以求出m的值,再由垂足在两条直线上可得n和p的二元一次方程组,求解出n和p的值,即可求出pmn的值.【详解】因为直线2xmy10与直线3x2yn0垂直,所以23(2)m0,解得m3,又垂足为B.6C.4D.10））B.4C.3.5D.4.5log2x3，则x的值为（B.4）C.6D.843p10

(2,p),代入两条直线方程可得,解得p1,n8,62pn0

则pmn13(8)6.故选A【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O1O2的底面半径和母线长均为1,A,B分别为圆O2､圆O1上的点，若AB2，则异面直线O1B,O2A所成的角为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【解析】【分析】B在圆O2的投影为C，连接BC,AC,O2C，计算AC得到答案.【详解】如图所示：B在圆O2的投影为C，连接BC,AC,O2C，易知O1B∥O2C，在直角ABC中，AC

根据余弦定理得到cosAO2C3，2π

，3AB2BC23，AO22CO22AC21

△OACcosAOC在中，根据余弦定理，，22

2AO2CO222π，32ππ.故异面直线O1B,O2A所成的角为π

33

cosAO2C0,π，故cosAO2C

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.12B.22C.13D.16

【答案】C【解析】uuuruuuruuur【分析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1，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，uuuruuuruuur

以D为坐标原点，DA,DC,DD1，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，则

D10,0,1,E1,1,0,A1,0,0,C0,2,0．从而D1E1,1,1,AC(1,2,0),AD1(1,0,1).a2b0a2bnAC0

设平面ACD1的法向量为na,b,c，则，即，得，ac0acnAD01



|DEn|2121

．令a2，则n2,1,2，所以点E到平面ACD1的距离为h133|n|

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.661.5，169.5【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x1665，方差为s1131，乙的平均值是x2658，方差为s2208，则总体平均值为x方差为s故选：B．7.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c．若ABC的面积为S，且a1，4Sb2c21，则22

）C.661，175D.660，180B.661，18723066540658

661，7070

302402

131665661208658661187．7070

ABC外接圆的面积为（A.4π【答案】D【解析】）B.2π

C.π

D.π

2

【分析】由条件4Sb2c21结合面积公式与余弦定理可得2bcsinAb2c212bccosA，即A再根据正弦定理可得外接圆的半径，从而得到ABC外接圆的面积.π，4【详解】在ABC中，由余弦定理得1b2c22bccosA，既有2bccosAb2c21，又由面积公式，得S

1

bcsinA，又4Sb2c21，故2bcsinAb2c212bccosA，所以tanA1．因为2aππ2R，其中R为ABC外接圆的半径，由a1及A，0Aπ，所以A，又由正弦定理44sinA222π

，所以外接圆的面积Sπ22222

2aR得2sinA故选：D18.设函数f(x)2sinx10，若对于任意实数，f(x)在区间至多有3个零点，则的取值范围是（A.,33【答案】B【解析】【分析】tx，只需要研究sint=列不等式组，解出的取值范围.【详解】令f(x)0，则sinx令tx，则sint=

）C.4,3

3,上至少有2个零点，44816

B.4,3

1620

D.,33

820

11

的根的情况，借助于ysint和y的图像，根据交点情况，221

212

则问题转化为ysint在区间值范围.作出ysint和y

31

,上至少有两个，至少有三个t，使得sint=，求的取424

1

的图像，观察交点个数，2

可知使得sint=

21

的最短区间长度为2π，最长长度为2，32

由题意列不等式的：23

22344

解得：4故选：B【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令tx），转化为研究ysint的图像和性质较为方便.16

.3

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xy20与两坐标轴围成的三角形的面积是2B.直线ykx3在y轴上的截距是3C.过x1,y1,x2,y2两点的直线方程为yy1xx1y2y1x2x1D.点0,2关于直线yx1的对称点为1,1【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xy20易得，其在x、y轴截距分别为2,2，故该直线与坐标轴所围成三角形面积为1222，对；2B：由直线斜截式可知，ykx3y轴上的截距是3，错；x1x2yy1xx1C：仅当时，直线才能表示为，错；yyxxyy212121D：因为点0,2与点1,1的中点为

13

,，代入直线yx1，显然满足；22

21

1，而直线yx1的斜率为1，所以这两直线互相垂直；01

又经过点0,2与点1,1的直线的斜率为所以点0,2关于直线yx1的对称点为1,1，对.故选：AD10.关于直线m，n与平面，，以下四个命题中真命题是A.若m//，n//且//，则m//nC.若m，n//且//，则mn【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．B.若m，n且，则mnD.若m//，n且，则m//n

【详解】解：若m//，n//且//，则m，n可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；若m，n且，则m，n一定垂直，故B正确；若m，n//且//，则m，n一定垂直，故C正确；若m//，n且，则m，n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.ABACCDBD0

r

B.若a1,1，把a向右平移2个单位，得到的向量的坐标为3,1）．

C.在ABC中，若O点满足OAOBOC0，则O点是ABC的重心

CACB，则P点的轨迹经过ABC的内心D.在ABC中，若CPCACB

【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P在ACB的角平分线上，从而有P点的轨迹经过ABC的内心.

【详解】选项A：因为ABACCDBDCBCDBDDBBD0，所以选项A正确；r

选项B：若a1,1，把a向右平移2个单位，得到的向量的坐标依然是1,1，故选项B错误；选项C：由三角形的重心的向量表示可知，若O点满足OAOBOC0，则O点是ABC的重心，故选项C正确；

CACB

，则点P在ACB的角平分线上，所以P点的轨迹经过选项D：在ABC中，若CPCACB

ABC的内心，故选项D正确；故选：ACD.12.如图，在边长为2的正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2,G2G3的中点，D是EF的中点，将SG1E，SG3F分别沿SE，SF折起，使G1,G3两点重合于G，下列说法正确的是（）A.若把G2EF沿着EF继续折起，G2与G恰好重合B.SGEF

C.四面体SGEF的外接球体积为6πD.点G在面SEF上的射影为△SEF的重心【答案】ABC【解析】【分析】根据GEGFG2EG2F，可说明G2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SGEF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GEGFG2EG2F，故把G2EF沿着EF继续折起，G2与G恰好重合，A正确；对于B,因为GEGF,D是EF的中点，故GDEF;又SGGE,SGGF,GEGFG，故SG平面GEF,而EF平面GEF,故SGEF,又SGGDG,SG,GD平面SGD,所以EF平面SDG，SG平面SDG,所以SGEF,B正确；对于C，由翻折的性质可知，GE,GF,GS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l

22116，所以长方体外接球的半径为R

46，故C正确；π6π32

3

6，2

故外接球的体积为V

对于D，因为GE,GF,GS两两互相垂直，故SG平面GEF,则SGEF,设P为点G在平面SEF上的射影，连接EP,SP,则GPEF,而SGGPG,SG,GP平面SGP,故EF平面SGP,SP平面SGP,故EFSP，同理可证SFEP,即点P为三角形SEF高线的交点，所以点G在平面SEF上的射影为SEF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x，yR*，若xyxy8，则xy的最大值为_________【答案】4【解析】【分析】利用基本不等式xy2xy，代入方程中，即可求解.【详解】正数x，y满足xyxy8，8xyxy2xy，即xy2xy80，解得0

xy2，故xy4，当且仅当xy2时取等号．xy的最大值为4，故答案为：414.已知直线l过点1,2，且点P3,4到直线l的距离为2，则直线l的方程为________________．【答案】x1或y2【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x1，满足题意；当直线l斜率存在时，可设直线l的方程为y2kx1，即kxyk20，因为点P3,4到直线l的距离是2，则所以直线l的方程为y2，综上所述，直线l的方程为x1或y2.故答案为：x1或y2.15.已知在平行六面体ABCDA1B1C1D1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AC1的长为___________.【答案】6【解析】3k4k2k122，解得k0.【分析】根据题意首先画出图形，并设ABa，ADb，AA1c，然后根据三角形法则，用a、uuur

b、c表示AC1，然后根据向量的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ABa，ADb，AA1c，则abc1，两两向量之间的夹角都为，31abacbc

2

又AC1abc，两边同时平方得：2AC1abc

2222abc2abacbc

111

11126，222



AC16，即AC1的长为6故答案为：6.16.若函数y

x

的图象上存在两点P，Q关于点1,0对称，则直线PQ的方程是______．2x1【答案】x4y10【解析】【分析】首先根据方程形式，设出点P,Q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Pp,



pqQq,，，2p21q1

因为线段PQ的中点是1,0，pq

1pq22所以，整理得，pqpq1220p1q1

所以p，q为方程x22x10的根，解得x12，所以P12,2222

Q12,P12,Q12,，或，．4444

由两点式得直线PQ的方程为x4y10．故答案为：x4y10

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ABC中，CA2，AB2，BAC2，D为BC的三等分点（靠近B点）．3（1）求ADBC的值；



（2）若点P满足CPCA，求PBPC的最小值，并求此时的．【答案】（1）2

（2）PBPC

min

93，此时

44

【解析】【分析】（1）将AD和BC分别用AB，AC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Px,0，利用向量数量积的坐标表示将所求式子表示为关于x的函数，进而求结果.【小问1详解】

1112

ACABABAC，BCACAB因为ADABBDABBCAB

3333

2112122

所以ADBCABACACABACACABAB2

33333

【小问2详解】如图建立直角坐标系，则A0,0，C2,0，B1,3令Px,0

所以PB1x,3，PC2x,0

∴PBPCx1x21

∴当x时，PBPC

23

此时

4

min

9，4

18.已知直线m:(a1)x(2a3)ya60，n:x2y30.（1）当a0时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程；（2）若坐标原点O到直线m的距离为5，判断m与n的位置关系.【答案】（1）3x7y0或xy120；（2）m//n或mn【解析】x3y60，【详解】试题分析：（1）联立解得m与n的交点为（-21，-9），当直线l过原点时，直线x2y30.xy

1，将（-21，-9）代入得b12，bba615，a解得所求直线方程（2）设原点O到直线m的距离为d，则d解得：224a12a3l的方程为3x7y0；当直线l不过原点时，设l的方程为或a

7

，分情况根据斜率关系判断两直线的位置关系;3x3y60，x21,

解得即m与n的交点为（-21，-9）.x2y30.y9,

试题解析：解：（1）联立

当直线l过原点时，直线l的方程为3x7y0；当直线l不过原点时，设l的方程为xy

1，将（-21，-9）代入得b12，bb所以直线l的方程为xy120，故满足条件的直线l方程为3x7y0或xy120.（2）设原点O到直线m的距离为d，则d当a

a6a12a3225，解得：a1或a7，43

1

时，直线m的方程为x2y50，此时m//n；47

当a时，直线m的方程为2xy50，此时mn.3骣琪fx=4cosxsinx-+3．19.已知函数()琪桫3

（Ⅰ）求函数fx在区间



,上的值域．42

3，且c2，求ABC

（Ⅱ）在ABC中，角A，B，C，所对的边分别是a，b，c，若角C为锐角，fC面积的最大值．【答案】（Ⅰ）1,2；（Ⅱ）3【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f(x)在区间[，4]上的值域；2（Ⅱ）先求出C，再利用余弦定理，结合基本不等式，即可求得ABC面积的最大值．【详解】解：（Ⅰ）f(x)4cosxsin(x)334cosxsinxcoscosxsin333134cosxsinxcosx2322sinxcosx23cos2x3sin2x3cos2x2sin(2x)，3由12󰆅x󰆅，有󰆅2x󰆅，所以sin2x14223633

函数f(x)的值域为1,2．（Ⅱ）由fC

33，有sin(2C)，32，C．333

C为锐角，2C

c2，由余弦定理得：a2b2ab4，a2b2󰆆2ab，4a2b2ab󰆆ab．SABC13absinCab󰆅3，24当ab，即ABC为正三角形时，ABC的面积有最大值3．20.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（p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2，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）p

1

5

．1232，q

34（2）512【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PAp，PBq．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CAB，D(AB)(AB)．∵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，AB与AB互斥，∴P(C)P(AB)P(A)P(B)pq,P(D)P(AB)P(AB)P(A)(1P(B))(1P(A))P(B)．321

p,p,pq,432由题意得解得或

p1qq1p5,q2q3.3124

∵pq，∴p【小问2详解】设Ai：甲同学答对了i道题，Bi:乙同学答对了i道题，i0,1,2．由题意得PA1

32

，q．34

1331333921124，PA2，PB1，44448441633339

224PB2．33934945，8916912设E：甲、乙两人共答对3道题，则EA1B2A2B1，∴P(E)PA1B2PA2B1∴甲、乙两人共答对3道题的概率为5．12

21.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，ABBC2，M，N分别为A1B1，AC的中点．（1）求证：MN//平面BCC1B1；（2）若ABMN，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）23【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ABC-A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1MMA1，BKKA，则MK//BB1，而MK平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，故MK//平面BCC1B1，而CNNA，BKKA，则NK//BC，同理可得NK//平面BCC1B1，而NKMKK，NK，MK平面MKN，故平面MKN//平面BCC1B1，而MN平面MKN，故MN//平面BCC1B1；【小问2详解】因为侧面BCC1B1为正方形，故CBBB1，而CB平面BCC1B1，平面CBB1C1平面ABB1A1，平面CBB1C1平面ABB1A1BB1，故CB平面ABB1A1，因为AB平面ABB1A1，所以CBAB，因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，因为AB平面ABB1A1，故NKAB，又ABMN，而NKAB，NKMNN，故AB平面MNK，而MK平面MNK，故ABMK，所以ABBB1，故BC,AB,BB1两两垂直，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0，A0,2,0，N1,1,0，M

0,1,2，

故BA0,2,0，BN1,1,0，BM0,1,2，

设平面BNM的法向量为nx,y,z，xy0nBN0则，从而，取z1，则n2,2,1，

y2z0nBM0

设直线AB与平面BNM所成的角为，则42

sincosn,AB．2333上有最大值4，22.已知函数gxax2ax1b(a0,b1)，在区间2，最小值1，设fx

2

gxx．（1）求a，b的值；（2）不等式f2

k2

xxx，0在x11上恒成立，求实数k的取值范围；230有三个不同的实数解，求实数k的取值范围（3）方程f21kx21【答案】（1）a1,b0；（2）(,0]；（3）k0.【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fxx

1

，2，根据f2xk2x0转化为kt22t1在11上恒成立，结合x二次函数的性质，即可求解；x（3）化简得到21

2k1

(23k)0，令2x1t，得到t2(23k)t(12k)0，根据题意x21

转化为方程t2(23k)t(12k)0有两个根t1,t2且0t11,t21，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）由题意，函数gxax2ax1b(a0,b1)，可得对称轴为x1，2

9a6a1b4g34

gx2，3当a0时，在上为增函数，可得，即，4a4ab11g21

解得a1,b0；9a6a1b1g31

3上为减函数，可得当a<0时，gx在2，，即，g244a4ab14

解得a1,b3，因为b1，所以a1,b0.（2）由（1）可得gxx2x1，所以fx

2gxxx

1

2，x方程f2令t

k2

xx0化为2x

1

，则kt22t1，x21221x

k22()x1k，，所以xx222因为x[1,1]，可得t[,2]，令tt2t1(t1)，2212当t1时，可得tmin0，所以k0，即实数k的取值范围是(,0].22k1x21(23k)0，30，可化为（3）方程f21kxx2121



x

可得2x1(23k)2x1(12k)0且210，令21t，则方程化为t2(23k)t(12k)0(t0)，x2

x

2

30有三个不同的实数解，方程f21kx

21

x

所以由t21的图象知，方程t2(23k)t(12k)0有两个根t1,t2且0t11,t21，x

k(0)0

k(0)02记k(t)t(23k)t(12k)，则或k(1)0，k(1)023k

01

2

解得k0，综上所述，实数k的取值范围是k0.