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2024长沙周南教育集团高二下学期入学考试数学PDF版含答案（可编辑）
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1.B
2.C
3.D
4.A
5.A
6.D
7.A
8.B
9.ACD
10.ABD
11.BCD
8【解析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出短轴长．
【详解】椭圆的面积，即①
因为点P为椭圆C的上项点，所以
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
②联立解得：．
所以椭圆C的短轴长为．
故选：B
11【解析】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，
，同理可得，又面，面，面，面，面，面，
又，面，面面，
又面，面，轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，．故B项正确；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，，，
，解得，，，，，在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，在中，，
．故D项正确，故选：BCD．
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】66
纵向有6条道路，横向有5条道路，认为点P路口处（画“×”的格点）四个方向均不可通行，则从西南角A地到东北角B地的最短路线________条.
15.(1) (2)
（I）在中，由余弦定理得
(II)设
在中，由正弦定理，
故
16.【详解】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，以AD所在的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系．
由已知可得A（0，0，6），0，0），4，0），1，8），0，1），
∵M为PD的中点，∴，
所以，
所以，所以AM⊥CD，
又点M为PD中点，PA＝AD＝1，
∵PD∩CD＝D，PD，∴AM⊥平面PCD，
又因为AM⊂平面MAC，故平面MAC⊥平面PCD；
（2）解：设平面MAC的法向量为，则，∴，
令x＝1，则y＝﹣1，z=1，∴
，设点P到平面MAC的距离为d，
∴，
∴点P到平面MAC的距离为．
17. 解：(1)若 an 的公差为 d ，结合题设可得： a1+4d=5d ，又 a1=1 ，故 d=1 ，
∴ an=n ，
若 bn 的公比为 q 且 q≠0 ，结合题设可得： b1q4=4b1q2(q-1) ，又 b1=1 ，故 q=2 ，
∴ bn=2n-1 ．
（2）答案：32-1n+1-1n+2
(3)由题设， dn=3n-(-2)nλ ，要使任意 n∈N* 恒有 dn+1 > dn ，
∴ 3n+1-(-2)n+1λ > 3n-(-2)nλ ，则 (-2)n-1λ<3n-1 恒成立
当 n 为奇数时， λ<32n-1 恒成立，而 32n-1≥1 ，
故当 λ<1时，对任意的 n∈N* 恒成立；
当 n 为偶数时， λ > -32n-1 恒成立，而 -32n-1≤-32 ，
故当 λ > -32时，对任意的 n∈N* 恒成立；
综上，存在实数 λ∈(-32,1) ，使得对任意的 n∈N* ，恒有 dn+1 > dn ．
18. （1）y=x+1
（2）当时，，，则，
令，则，令，解得.
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，当，有最小值为，
即，即，所以在上单调递增，所以，命题得证.
（3）若在有2个零点，则方程在上有2个解，
即在上有2个解，令，，
则，由得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当；当；
所以时，，所以.
19. 【答案】（1）证明见解析，定点 （2）
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【小问1详解】
设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，
由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
【小问2详解】
由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
1.B
2.C
3.D
4.A
5.A
6.D
7.A
8.B
9.ACD
10.ABD
11.BCD
8【解析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出短轴长．
【详解】椭圆的面积，即①
因为点P为椭圆C的上项点，所以
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
②联立解得：．
所以椭圆C的短轴长为．
故选：B
11【解析】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，
，同理可得，又面，面，面，面，面，面，
又，面，面面，
又面，面，轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，．故B项正确；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，，，
，解得，，，，，在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，在中，，
．故D项正确，故选：BCD．
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】66
纵向有6条道路，横向有5条道路，认为点P路口处（画“×”的格点）四个方向均不可通行，则从西南角A地到东北角B地的最短路线________条.
15.(1) (2)
（I）在中，由余弦定理得
(II)设
在中，由正弦定理，
故
16.【详解】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，以AD所在的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系．
由已知可得A（0，0，6），0，0），4，0），1，8），0，1），
∵M为PD的中点，∴，
所以，
所以，所以AM⊥CD，
又点M为PD中点，PA＝AD＝1，
∵PD∩CD＝D，PD，∴AM⊥平面PCD，
又因为AM⊂平面MAC，故平面MAC⊥平面PCD；
（2）解：设平面MAC的法向量为，则，∴，
令x＝1，则y＝﹣1，z=1，∴
，设点P到平面MAC的距离为d，
∴，
∴点P到平面MAC的距离为．
17. 解：(1)若 an 的公差为 d ，结合题设可得： a1+4d=5d ，又 a1=1 ，故 d=1 ，
∴ an=n ，
若 bn 的公比为 q 且 q≠0 ，结合题设可得： b1q4=4b1q2(q-1) ，又 b1=1 ，故 q=2 ，
∴ bn=2n-1 ．
（2）答案：32-1n+1-1n+2
(3)由题设， dn=3n-(-2)nλ ，要使任意 n∈N* 恒有 dn+1 > dn ，
∴ 3n+1-(-2)n+1λ > 3n-(-2)nλ ，则 (-2)n-1λ<3n-1 恒成立
当 n 为奇数时， λ<32n-1 恒成立，而 32n-1≥1 ，
故当 λ<1时，对任意的 n∈N* 恒成立；
当 n 为偶数时， λ > -32n-1 恒成立，而 -32n-1≤-32 ，
故当 λ > -32时，对任意的 n∈N* 恒成立；
综上，存在实数 λ∈(-32,1) ，使得对任意的 n∈N* ，恒有 dn+1 > dn ．
18. （1）y=x+1
（2）当时，，，则，
令，则，令，解得.
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，当，有最小值为，
即，即，所以在上单调递增，所以，命题得证.
（3）若在有2个零点，则方程在上有2个解，
即在上有2个解，令，，
则，由得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当；当；
所以时，，所以.
19. 【答案】（1）证明见解析，定点 （2）
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【小问1详解】
设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，
由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
【小问2详解】
由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
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