长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期入学考试数学试题及参考答案

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一、单项选择题：本大题共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.已知复数z满足（为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】【分析】根据复数四则运算计算可得，再由虚部定义可得结果.
【详解】由可得，
所以可得z的虚部为.故选：B
2.设函数是定义在上的奇函数，且，则（ ）
A.3B.C.2D.
【答案】C
【解析】分析】根据题意，分别求得和，即可求解.
【详解】因为函数为定义在上的奇函数，可得，
又因为，可得，所以，所以.故选：C.
3.四个数，，，的大小关系为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】【分析】根据幂函数的单调性可判断，的范围以及大小关系，结合对数函数的单调性判断，的范围以及大小关系，即可得答案.
【详解】因为在上单调递增，故；
由于在上单调递减，故，
由于在上单调递减，故，
故，故选：D
4.椭圆与双曲线有相同的焦点，则的值为（ ）
A.1B.C.2D.3
【答案】A
【解析】【分析】由双曲线方程知，结合椭圆方程及共焦点有且，即可求值.
【详解】由双曲线知：且，而其与椭圆有相同焦点，
∴且，解得，故选：A
5.已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”是“”的（ ）
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】【分析】举例验证必要性，通过向量的运算来判断充分性.
【详解】当，且时，
，充分性满足；
当时，，当，时，
是可以大于零的，
即当时，可能有，，必要性不满足，
故“，且”是“”的充分而不必要条件.故选：A.
6.在第19届杭州亚运会期间，某项目有四个不间的服务站，现需要将包含甲在内的5名志愿者分配到这四个不同的服务站，每个服务站至少一名志愿者，则甲志愿者被分到服务站的不同分法的种数为（ ）
A.80B.120C.160D.60
【答案】D
【解析】【分析】根据已知条件可知，肯定有一个服务站安排两个人，该问题分为两类，一类是服务站安排两人，一类是服务站只安排1人，运用分类加法及分步乘法计数原理求解即可.
【详解】当服务站安排两人时，除甲外的其余4人每人去一个服务站，不同的安排方法有种，
当服务站只安排有1人（甲）时，其余4人分成3组（211）再安排到剩余的3个服务站，不同的安排方法有，所以不同的安排方法有种.故选：D.
7.若圆上恒有4个点到直线的距离为1，则实数r的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，要使得圆上恒有4个点到直线的距离为1，作出图示，由此列出半径需满足的不等式，即得答案.
【详解】由题意得圆的圆心到直线的距离为，
要使得圆上恒有4个点到直线的距离为1，
需满足直线与圆相交，且与l平行且距离为1的两平行直线与圆也相交，如图示：
结合图示可知，圆的半径应大于圆心到直线的距离，即实数r的取值范围是，故选：A
8.阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，，点P为椭圆C的上顶点，直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的短轴长为（ ）
A.2B.4C.3D.6
【答案】B
【解析】分析】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的上顶点，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联立解得：．所以椭圆C的短轴长为．故选：B
二、多项选择题：本大题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对部分给分，有选错的得0分.
9.如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.为函数的单调递增区间
B.为函数的单调递减区间
C.函数在处取得极大值
D.函数在处取得极小值
【答案】ACD
【解析】【分析】根据时，，即可判断A，B；利用导数的正负与函数极值之间的关系，即可判断C，D．
【详解】对于A，B，当 时，，故为函数的单调递增区间，故A正确，B错误；对于C，当时，，当时，，故是函数的极大值点，故C正确；对于D，当时，，当时，，故是函数的极小值点，故D正确．故选：ACD．
10.某学校组织了一次劳动技能大赛，共有100名学生参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在内，得分60分以下为不及格，其得分的频率分布直方图如图所示（按得分分成，，，，这五组），则下列结论正确的是（ ）
A.直方图中
B.此次比赛得分及格的共有60人
C.以频率为概率，从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在，的概率为0.75
D.这100名参赛者得分的第80百分位数为75
【答案】ABD
【解析】【分析】根据直方图的性质求出，并逐项分析即可可得答案.
【详解】对于A，由得，故A正确；
对于B，此次比赛得分及格的共有人，故B正确；
对于C，以频率为概率，从这100名参赛者中随机选取1人，
其得分在的概率为，故C错误；
对于D，因为，所以第80百分位数在内，可得这100名参赛者得分的第80百分位数为，故D正确.故选：ABD.
11.在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A.异面直线与所成角的余弦值为
B.点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
C.过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D.当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】BCD
【解析】【分析】对于选项A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可计算得出答案判定；
对于选项B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，计算得出即可判定；
对于选项C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，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，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；
对于选项D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】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．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，，p，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，恰好投中两次的概率为，则p的值为_____．
【答案】
【解析】【分析】在甲、乙、丙处投中分别记为事件，，，恰好投中两次为事件，，发生，由此利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果．
【详解】在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，恰好投中两次为事件，，发生，
故恰好投中两次的概率P（1），解得p．
故答案为：．
13.已知、是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为____________．
【答案】
【解析】【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.
【详解】令双曲线C的半焦距为c，即，又，，则，中，，由余弦定理得，
即，整理得，所以C的离心率．故答案为：
14.如图：某城市有纵向道路和横向道路若干条，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有__________条.（用数字作答）

【答案】
【解析】【分析】根据题意，得到从西南角A地到东北角B地的最短路线，共有种，再结合在向上和向右的走法中，都需要连续走2步有种，进而得到答案.
【详解】由题意，从西南角A地到东北角B地的最短路线，共需要走9步，
其中4步向上，5步向右，共有种不同的走法，
又由中间的矩形中没有道路，所以在向上和向右的走法中，都需要连续走2步，共有种不同的走法，
所以从西南角A地到东北角B地的最短路线共有种不同的走法.故答案为：.
四、解答题：本大题共8小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.如图所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝.

（1）求cs∠CAD的值；
（2）若cs∠BAD＝－，sin∠CBA＝，求BC的长．
【答案】(1) (2)
【解析】（I）在中，由余弦定理得
(II)设

在中，由正弦定理， 故
16.已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析 （2）.
【解析】【分析】（1）以所在的直线为轴，以所在的直线为 轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量数量积证明线面垂直，继而可证明结论.（2）利用向量法求得平面的法向量，根据距离的向量求法求点到平面的距离．
【小问1详解】证明：平面，为正方形，以所在直线为轴，以所在的直线为 轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系．
由已知可得，，，，
为的中点， ，
所以 ， ， ，
所以 ，所以，
又点为中点，，所以，
，平面 ，平面，
又因为平面,故平面平面．
【小问2详解】设平面的法向量为，则
令，则 ，，
，设点到平面的距离为d，
,点到平面的距离为．
17.已知为等差数列，为等比数列，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）记，对任意的，恒有，求的取值范围.
【答案】（1）， （2） （3）
【解析】【分析】（1）根据等比数列和等差数列的通项公式求出公比和公差，即可求解；（2）利用裂项相消即可求和；（3）由恒成立，得到恒成立，分离参数，分别讨论为奇数和偶数时的范围，从而得到答案.
【小问1详解】因为为等差数列，且，，
所以，解得：，即；
因为为等比数列，且，，
所以，解得：，即
【小问2详解】由（1）可知，
所以
所以
【小问3详解】由（1）得，由于对任意的，恒有，
即，则恒成立，
当为奇数时，则恒成立，由于，故当时，对所有奇数恒有；
当为偶数时，则恒成立，由于，则，即当时，对所有偶数恒有；综上，当时，对任意的，恒有
18.已知函数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若，证明：当时，；
（3）若在有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1） （2）证明见解析 （3）
【解析】【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；
（2）利用导数与函数的单调性间的关系，求出在区间的单调性，再求出的最小值，即可证明结果；
（3）通过分离常量，得到，构造函数，通过求导得到的单调性，即可求出结果.
【小问1详解】因为，所以，所以，
又，所以函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】当时，，则，
令，则，由，得到，
当时，，当，，
所以，即恒成立，
所以在区间上单调递增，故，命题得证.
【小问3详解】因为，令，得到，又，所以，
令，则，当时，，当时，，
所以，又当时，，时，，
又在有两个零点，所以.
19.已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.
（1）若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；
（2）若点在曲线上，求四边形的面积的范围.
【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.