2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高二下学期入学考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高二下学期入学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解一元二次不等式求出集合，根据交集运算求解.
【详解】解：因为，
解得，且，所以，
所以，所以=.
故选：C.
2．已知复数满足（是虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用复数的除法运算求得z，再求模.
【详解】因为，
所以，
解得.
故选：B
3．“”是“方程表示双曲线”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】方程表示双曲线等价于，求解判断即可
【详解】方程表示双曲线等价于，即或，
故“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.
故选：A
4．已知 ，直线 ，若l与⊙O相离，则（ ）
A．点 在l上B．点在上
C．点在 内D．点在外
【答案】C
【分析】根据l与相离,可知圆心到直线的距离大于半径，由此列不等式，即可推出，即可得答案.
【详解】由已知l与相离,可知圆心到直线的距离大于半径，
不妨设为的半径，即有，
故，由于，则，所以,
则点在内，
故选：C．
5．已知三角形中三边长为，，，若，，成等差数列，则直线与直线的位置关系为（ ）
A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合
【答案】D
【分析】根据等差中项的性质及对数的运算可得，再根据两直线的位置关系判断即可.
【详解】解：因为，，成等差数列，所以，即，
对于直线与直线，满足，
所以直线与直线重合.
故选：D
6．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定.假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天，那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要（ ）轮传染？(初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……)
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据题意列出方程，利用指数运算性质求解即可.
【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,
则每轮新增感染人数为，
经过n轮传染，总共感染人数为：
即，解得，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要5轮传染，
故选：B
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
7．用半径为R的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当该圆锥形容器的容积最大时，扇形的圆心角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，求出，表示出体积表达式（），利用导数求出函数的最大值，得到结果．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，那么
因此，（）
令得
当时，
当时，
时，取得极大值，并且这个极大值是最大值．
把代入，得
由，得
即圆心角为弧度时，漏斗容积最大
故选：D.
8．，，，则的大小关系为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分别构造函数证明与，利用这两个不等式可判断；构造函数，可证得，即可判断，从而得出答案.
【详解】令，则，
则在上单调递增，故，则．
令，则，
则在上单调递增，故，则．
所以，即；
令，则，
因为，所以，则，故，
所以在上单调递增，则，即，
易知，所以，则，即；
综上：.
故选：B.
二、多选题
9．如图是函数的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．在上是减函数
C．当时，取得极小值
D．当时，取得极大值
【答案】BC
【分析】根据导数与原函数关系解决.
【详解】从导函数图像可以看出函数在上为单调减函数；
在上为增函数，故A错B对，C对D错.
故选：BC
10．已知正四棱柱的底面边为1，侧棱长为，是的中点，
则（ ）
A．任意，
B．存在，直线与直线相交
C．平面与底面交线长为定值
D．当时，三棱锥外接球表面积为
【答案】AC
【分析】对于A，由题意可得平面，从而可得，即可判断；
对于B，根据异面直线的定义可得；
对于C，根据题意找出交线，然后求出交线长即可；
对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.
【详解】解：对于A，，，，，平面，
平面，平面，，故正确；
对于B，因为平面，平面，
所以平面，
与异面，故不相交，故错误；
对于C，延长，交于点，连接交于，为中点，
，
所以,
所以,
所以，
平面平面，
平面与底面交线为，
其中为中点，所以，故正确对；
对于D，，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆，
圆心设为，半径，
取中点，则平面，，
所以，
所以，
，故错误.
故选：．
11．已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．为奇数时，
【答案】ABD
【分析】利用并项求和法可判断AD选项；利用等差数列的定义可判断BC选项.
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，因为，则，
对任意的，由可得，
上述两个等式作差可得，
所以，数列中的奇数项成以为首项，公差为的等差数列，
数列中的偶数项成以为首项，公差为的等差数列，
当为奇数时，设，则，
当为偶数时，设，则，
综上所述，，B对；
对于C选项，，故数列不是等差数列，C错；
对于D选项，当为奇数时，设，则，
则
，D对.
故选：ABD.
12．设O为坐标原点， F为抛物线C：的焦点，过焦点F且倾斜角为的直线与抛物线C交于M，N两点（点M在第二象限），当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．△MON的面积的最小值为
C．存在直线，使得
D．分别过点M，N且与抛物线相切的两条直线互相垂直
【答案】ABD
【分析】根据抛物线定义结合三角函数可求，通过设直线的方程为，与抛物线联立则得到韦达定理式，而面积表达式，韦达定理式代入上式即可求出面积最值，求出则可判断C，利用导数的几何意义即可得到两切线斜率之积为，则可判断D.
【详解】作出如图所示图形：
对A，由抛物线定义及题意得，
即，解得，故A正确；
对B，，则，当直线的斜率不存在时，显然不合题意，
设
设直线的方程为，联立抛物线得
，则，
，
当且仅当时等号成立，故B正确；
对C，
，
故为钝角，则不存在直线，使得，故C错误；
对D，，即，故，
故在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为,
故斜率之积为，故相切的两条直线互相垂直，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．已知，，若，则m的值为______.
【答案】6
【分析】根据向量垂直于向量数量积之间的关系解方程即可.
【详解】解：∵，
∴，即，
∴，解得.
故答案为：6.
14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.
【答案】4.
【分析】根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.
【详解】因，所以，即，
所以．
【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．
15．若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆的切线，切点分别为A,B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是 ______________
【答案】
【详解】∵点(1，)在圆外，过点(1，)与圆相切的一条直线为x＝1，且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，∴椭圆的右焦点为(1,0)，即c＝1，设点P(1，)，连接OP，则OP⊥AB，∵kOP＝，∴kAB＝－2．又直线AB过点(1,0)，∴直线AB的方程为2x＋y－2＝0，∵点(0，b)在直线AB上，∴b＝2，又c＝1，∴a2＝5，故椭圆方程是＋＝1．
16．如图所示，平面直角坐标系中，四边形满足，，，若点，分别为椭圆：（）的上､下顶点，点在椭圆上，点不在椭圆上，则椭圆的焦距为___________.
【答案】4
【分析】先由，判断出，，，四点共圆，再由题设求出圆心，表示出圆的方程，将代入椭圆及圆的方程，可求出，即可求得焦距.
【详解】由题意得，，设，.连接，
由，，可知，，，在以为直径的圆上，且，
又原点为圆的弦的中点，
所以圆心在的垂直平分线上，即在轴上，则，又，
所以，
因为，所以，
所以，
当时，则0，
若，则四边形为矩形，则点也在椭圆上，与点不在椭圆上矛盾，
所以，所以，故圆的圆心坐标为，
所以圆的方程为，将代入可得，又，
所以，故椭圆的焦距为.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：“，，”的化简､转化，由此得到，，，在以为直径的圆上以及该圆的方程.
四、解答题
17．已知数列的首项，且满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)2022
【分析】（1）先取倒数，然后通过构造法可证；
（2）由（1）求数列的通项，然后可得的通项，最后分组求和可得.
【详解】（1）由题设可得，
所以.
又
所以是以首项，为公比的等比数列
（2）由（1）可得，即，
所以
显然右边是递增数列，
易知，当时，，
时，不满足题意，
所以满足条件的最大整数是2022.
18．已知曲线（，为常数）在处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）求曲线过点的切线方程.
【答案】（1），；（2）或.
【分析】（1）求出导函数，由，解出，再由在切线上可求.
（2）设切点，求出在切点处的导数值，根据切点既在切线上，也在曲线上，代入曲线方程与切线方程，联立求切点，代入切线方程即可求解.
【详解】（1），依题意可得，∴，
当，代入直线方程得，将点代入曲线方程，求得；
（2）设切点，则，切线方程为，
切点既在切线上，也在曲线上，
从而有，①
，②
联立①②消去，整理可得，
，
解得或，切点为或，
从而切线方程为或.
19．在中，角、、所对的边分别为、、，.
(1)证明：.
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】(1)由已知可得出，利用正弦定理化简得出，求出的取值范围，讨论与的关系，可证得结论成立；
(2)由为锐角三角形求出的取值范围，利用正弦定理化简得出关于的函数关系式，结合余弦函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得：
，则.
因为，，所以，，
因为，则.
所以，或（舍去），即.
（2）由为锐角三角形，可得，即，
解得，所以，，则，
由正弦定理可得，
则
.
故的取值范围是.
20．如图1，在等腰直角三角形ABC中，，D是AC的中点，E是AB上一点，且.将沿着DE折起，形成四棱锥，其中点A对应的点为点P，如图2.
(1)在图2中，在线段PB上是否存在一点F，使得∥平面PDE？若存在，请求出的值，并说明理由；若不存在，请说明理由；
(2)在图2中，平面PBE与平面PCD所成的锐二面角的大小为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)当时，∥平面PDE，理由见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行即可证得平行.
（2）利用向量法求得四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.
【详解】（1）当时，∥平面PDE.
理由如下：
过点作，垂足为H，
在PE上取一点M，使得，连接HM，FM，
因为，，所以∥，且
因为D是AC的中点，且，所以∥，且
所以∥且，CFMH是平行四边形，即∥，
又因为平面PDE，平面PDE，所以∥平面PDE；
（2）易知，，且，
作平面，以向量为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，设，
则，，，
则，，
设平面的法向量为，
则
取，则，，
所以，
易知平面的法向量，设平面PBE与平面PCD所成锐二面角为，
由题意可知，，
整理得，解得或（舍去）.
所以，
所以四棱锥的高，
又四边形的面积，
所以四棱锥的体积.
21．已知双曲线（，）的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)设，是双曲线右支上不同的两点，线段AB的垂直平分线交AB于，点的横坐标为2，则是否存在半径为1的定圆，使得被圆截得的弦长为定值，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，定圆：
【分析】（1）设双曲线的右焦点，利用焦点到渐近线的距离求出，再根据渐近线方程及，求出，，即可得解；
（2）先利用“点差法”写出直线的方程，再写出的中垂线的方程，求出所过的定点即为圆的圆心，然后写出圆的方程即可.
【详解】（1）设双曲线的右焦点，则点到渐近线的距离为，
即，解得，又渐近线方程为，即，且，
解得，，所以双曲线方程为.
（2）设，AB的中点为，
由中点的横坐标为2可得，
因为，是双曲线上不同的两点，所以 ，
得，
当存在时，，
因为AB的中垂线为直线l，所以，即，
所以过定点，
当不存在时，，关于轴对称，的中垂线为轴，此时也过，
所以存在定圆：，使得被圆截得的弦长为定值.
【点睛】方法点睛：点差法是解决弦的中点问题的常用方法，设而不求法是解决直线与椭圆相交时交点坐标相关问题的常用方法
22．已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若存在极小值，且极小值等于，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由条件可得在上恒成立，然后可得，然后利用导数求出的最大值即可；
（2）求出，分、、、四种情况讨论的单调性，然后可得，令、，然后利用、的单调性可证明.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以在上恒成立，且不恒等于，
由可得，
令，则，
所以在上单调递减，
所以；
（2）因为，其定义域为，
所以，
①当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以的极小值为，而，不合题意，
②当时，由可得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，而，不合题意，
③当时，，在上单调递增，不合题意，
④当时，由可得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，
令，则，
所以，
令，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
令，
则
所以在上单调递增，所以，
所以当时有，
因为，所以，
又因为在上单调递减，所以，
所以，即.