湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期入学考试数学试题

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时量：120分钟 满分：150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. 已知集合，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由于，得，同时，且，得出，即可求解.
【详解】由已知：集合，，且，
且，可得：，且，
所以．
故选：C.
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法求出，由几何意义求在复平面内对应的点的坐标.
【详解】复数满足，则，
所以在复平面内对应的点的坐标为.
故选：B
3. 某中学高二1班共有50名同学，其中男生30名，女生20名，采用按比例分层随机抽样方法，从全班学生中抽取20人测量其身高（单位：）．已知在抽取的样本中，男生的平均身高为，女生的平均身高为，由此估计该班全体学生的平均身高约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样、平均数等知识求得正确答案.
【详解】因为抽样比例为，则样本中男生有人，女生有人，
所以样本的平均身高为，
由此估计该班全体学生的平均身高约为．
故选：D
4. 的展开式中常数项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项即可得解.
【详解】的展开式的通项为，
令，得，所以常数项为．
故选：B．
5. 函数的极值点是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导，根据导数值为0，结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】，
令，则，得．
由正弦函数的性质可知在的左右两侧的正负相反，
故为函数的极值点，
故选：A
6. 如图，在下列各正方体中，为正方体的一条体对角线，、分别为所在棱的中点，则满足的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断即得.
【详解】在正方体中，建立空间直角坐标系，令棱长为2，体对角线的端点为，
对于A，，直线的方向向量，

，显然，直线与不垂直，A不是；
对于B，由选项A知，直线方向向量，，

则,显然，直线与不垂直，B不是；
对于C，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，，C是；
对于D，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，直线与不垂直，D不是.
故选：C
7. 直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系求解即可.
【详解】由题意知,若 a = 0 ,则倾斜角为,
若,则,
①当时，(当且仅当时，取“”)，
②当时，(当且仅当时，取“”)，
，故，
综上，，
故选：C.
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n且与n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n项和，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据欧拉函数定义得出，然后由错位相减法求得和，从而可得．
【详解】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①-②得，
则.于是.
故选：A．
二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆的焦点坐标是
B. 双曲线的顶点坐标是
C. 抛物线的准线方程是
D. 直线与圆相交
【答案】AC
【解析】
【分析】由圆锥曲线的焦点坐标、顶点坐标以及准线的定义即可判断ABC，由圆心到直线的距离与半径的大小关系即可判断D.
【详解】在椭圆中，因为，，则，且焦点在轴上，A正确．
双曲线的顶点在轴上，B错误．
抛物线开口向左，，准线为，C正确．
圆心到直线的距离，则直线与圆相切，D错误．
故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 值域是
C. 的图象关于点对称
D. 为偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，根据三角函数相关公式对化简，根据的区间求出的区间，据此即可判断单调性，对于B选项，根据表达式即可判断最大值和最小值，据此即可求出值域，对于C选项，根据，据此即可判断C选项，对于D选项，根据偶函数定义判断即可.
【详解】由已知，，
对A,当时，，
则不单调，故A选项不正确；
对B，因为，，则的值域是，故B选项正确；
对C，因为，则的图象关于点对称，故C选项正确；
对D,为偶函数，故D选项正确.
故选：BCD.
11. 已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】
结合已知可构造，，结合已知可判断的单调性，结合单调性及不等式的性质即可判断．
【详解】解：令，，
因为，
则，
故在，上单调递减，
因为，则，
结合选项可知，，从而有，即，故错误，
因为，结合在，上单调递减可知，从而有，
由可得，故错误；
，从而有，且，即．故正确；
，从而有即．故正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性比较函数值的大小，解题的关键是导数与函数知识的灵活利用，属于中档题．
12. 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
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可判断AD，根据线面角的几何法可判断的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，即可判断B，根据展开图，转化为平面中两点距离最小，结合余弦定理即可求解C.
【详解】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：当时，,此时点在线段上运动，
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：当时，,故点在线段上运动,
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．
故选：BD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设，为单位向量，且，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由向量数量积及运算律计算可得解.
【详解】由题意得，又，
即，
整理得，代入，
得.
故答案为：.
14. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．
【答案】64
【解析】
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
15. 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______．
【答案】
【解析】
【分析】作轴截面图如图，由勾股定理和等面积法求出内切球半径，再由球的体积公式即可得出答案.
【详解】作轴截面图如图，设截面的圆心为，
由已知，，，则，，
在中，．
设内切球半径为，由等面积法，,
所以，
得，
所以内切球体积．
故答案为：.
16. 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______．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义、余弦定理列方程，求得，进而求得双曲线的离心率.
【详解】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．
故答案为：
【点睛】求解双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得和，从而求得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得或的等量关系式，由此来求得离心率.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前n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2n项和.
【答案】（1）.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系即可得递推关系，进而可求解，
（2）根据分组求和，结合等差等比的求和公式即可求解.
【小问1详解】
当时，由且得
当时，由得，所以.
所以，故，
又当时，，适合上式.
所以.
【小问2详解】
因为， ，
所以数列的偶数项构成以为首项､2为公比的等比数列.
故数列的前2n项的和，

所以数列的前2n项和为.
18. 2023年底，某商业集团总公司根据相关评分细则，对其所属25家商业连锁店进行了年度考核评估，将各连锁店的评估分数按，，，分成4组，其频率分布直方图如图所示．总公司还依据评估得分，将这些连锁店划分为A、、、四个等级，等级评定标准如表所示．
（1）估计该商业集团各连锁店评估得分的第64百分位数；
（2）从评估分数不小于80的连锁店中随机抽取2家介绍营销经验，求至少抽到1家A等级的概率．
【答案】（1）77.5分
（2）．
【解析】
【分析】（1）先求出第二个小矩形的面积，再判断第64百分位数所在区间，然后可解；
（2）先求出A等级和B等级的连锁店频数，然后由列举法可得.
【小问1详解】
直方图中从左至右第一、三、四个小矩形的面积分别为0.28，0.16，0.08，
则第二个小矩形的面积为．
因为，则第64百分位数位于区间内．
设第64百分位数为，则，得．
所以第64百分位数估计为77.5分．
【小问2详解】
由直方图知，A等级的连锁店有家，记为,
B等级的连锁店有,记为．
从这6家连锁店中任选2家，有：
，
，共有15种选法，则．
设事件“至少抽到1家A等级”，事件E包含的样本点有：
，共9个，即.
所以，即至少抽到1家A等级的概率为．
19. 在直三棱柱中，，，M为的中点，．

（1）求的长；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的夹角公式即可求解；
（2）根据（1）的结论，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与二面角的关系即可求解.
【小问1详解】
以C为原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

设，则，，，
所以，，
故，即，解得．
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，，，,
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，即，令取，则，
所以．
由题意知，平面，
所以平面ABC的法向量为，
设二面角所成的角为，则
，
故所求二面角的余弦值为．
20. 在平面几何中，通常将完全覆盖某平面图形且直径最小的圆，称为该平面图形的最小覆盖圆.最小覆盖圆满足以下性质：①线段的最小覆盖圆就是以为直径的圆；②锐角的最小覆盖圆就是其外接圆.已知曲线：，，，，为曲线上不同的四点.
（Ⅰ）求实数的值及的最小覆盖圆的方程；
（Ⅱ）求四边形的最小覆盖圆的方程；
（Ⅲ）求曲线的最小覆盖圆的方程.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由题意，,利用三角形的外接圆即最小覆盖圆可得结果；
（Ⅱ）的最小覆盖圆就是以为直径的圆，易知A,C均在圆内；
（Ⅲ）由题意，曲线为中心对称图形. 设，转求的最大值即可.
【详解】解：（Ⅰ）由题意，.
由于为锐角三角形，外接圆就是的最小覆盖圆.
设外接圆方程为,
则, 解得.
所以 的最小覆盖圆的方程为 .
(II) 因为的最小覆盖圆就是以为直径的圆，
所以的最小覆盖圆的方程为.
又因为，所以点A,C都在圆内.
所以四边形的最小覆盖圆的方程为.
(III)由题意，曲线为中心对称图形.
设，则.
所以，且.
故 ，
所以 当时，，
所以曲线的最小覆盖圆的方程为.
【点睛】本题以新定义为背景，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想，考查等价转化思想，属于中档题.
21. 已知椭圆（）与抛物线有公共的焦点，且抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点作一条斜率为的直线交椭圆于，两点，交轴于点，为弦的中点，过点作直线的垂线交于点，问是否存在一定点，使得的长度为定值？若存在，则求出点，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的焦点坐标公式、准线方程，结合椭圆中的关系进行求解即可；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据中点坐标公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）因为抛物线的焦点坐标为：，与有相同的焦点，
所以 ①，
又因为抛物线的准线方程为：，
所以当时，，
因为抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3，所以 ②，
解①②得，，所以曲线的方程为.
（2）设直线，，，
联立直线与椭圆方程，消去得：，
则，，
，，
的坐标为，直线 ③，
直线方程中令得，的坐标为，
因为直线，的直线方程为 ④，
将③④联立相乘得到，即，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以存在定点，使得的长为定值.
【点睛】关键点睛：解题的关键是通过③④消去参数，得到圆的方程.
22. 已知函数．
（1）若函数存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
（2）设，是函数的两个极值点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数对在定义域上的零点分布进行分类讨论即可求解；
（2）将转化为，再根据，即证，构造函数，证明其小于0即可.
【小问1详解】
由题．
∵函数存在单调递减区间，∴在定义域上有解．
∵，设，则，
当时，显然在上有解；
当时，，
由韦达定理知，，
所以必有一个正根，满足条件.
当时，有，解得，
综上：
故实数a的取值范围为．
【小问2详解】
证明：由（1）可知，，
∵有两个极值点，，
∴是的两个根，
则，
∴
，
∴要证，
即证，
即证，即证，
即证，
令，则证明，
令，则，
∴在上单调递增，则，
即，
所以原不等式成立．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
评估分数
评定等级
A