湖南省长沙市部分学校2023-2024学年高二下学期入学联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市部分学校2023-2024学年高二下学期入学联考数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时量：120分钟 满分：150分
得分：______
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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.命题“，”的否定为（ ）
A.，B.，
C.，D.，
2.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A.B.C.D.
★3.下列各式化简结果正确的是（ ）
A.B.
C.D.
4.的展开式中常数项为（ ）
A.B.C.84D.672
★5.若，，则等于（ ）
A.B.C.D.
6.如图，在下列各正方体中，为正方体的一条对角线，、分别为所在棱的中点，则满足的是（ ）
A.B.C.D.
7.直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
8.在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数、公式和定理，如：欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数且与互素的正整数的个数，（互素是指两个整数的公约数只有1），例如：；（与3互素有1、2）；（与9互素有1、2、4、5、7、8）.记为数列的前项和，则（ ）
A.B.
C.D.
二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，满分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.设，，且，则（ ）
A.的最大值为B.的最小值为1
C.的最小值为D.的最小值为
10.已知函数，则（ ）
A.在区间上单调递增B.的值域是
C.的图象关于点对称D.为偶函数
11.在正方体中，，点满足，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A.当平面时，不可能垂直
B.若与平面所成角为，则点的轨迹长度为
C.当时，的最小值为
D.当时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分；共15分.
★12.设事件，相互独立，且，，则______.
13.已知圆锥的底面半径为6，侧面积为，则该圆锥的内切球（圆锥的侧面和底面都与球相切）的体积为______.
14.已知双曲线：，，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，连接交双曲线左支于点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为______.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应㝍出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知数列的前项和为，且满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，，，，按照如下规律构造新数列：，求数列的前项和.
★16.（本小题满分15分）
记的内角，，的对边分别是，，，已知的外接圆半径，且.
（1）求和的值；
（2）求边上高的最大值.
17.（本小题满分15分）
在直三棱柱中，，，为的中点，.求：
（1）的长；
（2）二面角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线交于，两点，，为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.
19.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；
（2）设是函数的两个极值点，证明：
2024年春季高二年级入学暨寒假作业检测联考
数学参考答案
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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.C
2.B【解析】由已知，，则点的坐标是.
3.B
4.B【解析】的展开式的通项为，令，得，所以常数项为.
5.A【解析】因为，且，所以，解得.因为，所以，.故选A.
6.C【解析】如图，在正方体中，，，则平面，所以.同理，，所以平面.若，则平面.在A，B，D中，都与平面相交，在C中，平面.所以.
7.C【解析】①当时，斜率不存在，倾斜角为；②当时，斜率，倾斜角范围为；③当时，斜率，倾斜角范围为.综上，直线的倾斜角的取值范围为.
8.A【解析】因为与互素的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，，共有，所以，则，于是①，②，
由①②得，则，于是.
二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，满分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.ACD【解析】对于A选项，由基本不等式可得，可得，当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，由可得，解得，所以，，B错；
对于C选项，由可得，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C对；
对于D选项，，因为，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D对.故选：ACD.
10.BCD【解析】由已知，.当时，，则不单调；因为，，则的值域是；因为，则的图象关于点对称；为偶函数.
11.BD【解析】A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，
所以，，
则，，设平面的法向量为，
所以令，则，
即平面的一个法向量为.
若平面，则，即，，令，解得.即为中点时，有平面，且，故A错误；
B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角，若与平面所成角为，则，所以，即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点的轨迹长度为，故B正确；
C选项：如图，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理可知，所以，故C错误；
D选项：正方体经过点、、的截面为平行四边形，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，，所以点到直线的距离为
，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【解析】，故，.
13.【解析】作轴截面图如图.由已知，，，则，
在中，.设内切球半径为，
由等面积法，得，所以内切球体积.
14.【解析】设，因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以，，由双曲线的定义知，，，所以，，又，所以，即，在中，由余弦定理知，，
所以，
即，整理得，，即，所以离心率.
四、解答题：本大题共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.【解析】（1）当时，有，得，
当时，由，得，
两式相减得，，
整理得，，所以，即，
当时，，满足上式，所以，.
（2）因为，，
所以数列的偶数项构成认2为首项，2为公比的等比数列，
所以数列的前项和：
.
16.【解析】（1），
，
，
即，
，，
，，又，.
的外接圆半径为，∴由正弦定理，可得.
（2）由余弦定理得，，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立，
，，
故面积的最大值为，
由可得，边上高的最大值为.
17.【解析】（1）以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，，
则，，
所以，
即，
解得（负值舍去），故的长为4.
（2）设平面的法向量为，
由题意知，
则由令，可得，
所以平面的一个法向量为，
易得平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值为.
18.【解析】（1）因为，
由椭圆定义，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，
则，，
又，则，
椭圆的方程为.
（2）由解得或
因此.
设直线的方程为，设，.
由得.
，故.
又，的交点在，之间，故.
因为直线的斜率为1，
所以.
又四边形的面积，
当时，取得最大值，最大值为，
所以四边形面积的最大值为.
19.【解析】（1）由题意，
因为函数存在单调递减区间，所以在上有解，
因为，设，则，
所以只需或
解得或，
所以实数的取值范围为.
（2）证明：由（1）可知，，
因为有两个极值点，
所以，是的根，则
所以
，
因为，所以要证即证，
即，
即证，
即证，
即证，
令，即证明.
令，则，
所以在上单调递增，
则，即，
所以原不等式成立.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
B
B
A
C
C
A
题号
9
10
11
答案
ACD
BCD
BD