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Word版含解析.docx

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湖南师大附中2023-2024学年度高二第二学期入学考试数学试卷时量: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.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.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.4.的展开式中常数项为()A.B.C.84D.6725.函数的极值点是()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.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.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三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,为单位向量,且,则______.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).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______.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______.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.(本小题满分10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.18.(本小题满分12分)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、、、四个等级,等级评定标准如表所示.评估分数评定等级(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家等级的概率.19.(本小题满分12分)在直三棱柱中,,,为的中点,.求:(1)的长;(2)二面角的余弦值.20.(本小题满分12分)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.(1)求实数的值及的最小覆盖圆的方程;(2)求四边形的最小覆盖圆的方程;(3)求曲线的最小覆盖圆的方程.21.(本小题满分12分)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.22.(本小题满分12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:. 湖南师大附中2023-2024学年度高二第二学期入学考试数学参考答案一、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.题号12345678答案CBDBACCA1.C【解析】由已知,,且,所以.2.B【解析】由已知,,则点的坐标是.3.D【解析】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.4.B【解析】的展开式的通项为,令,得,所以常数项为.5.A【解析】,令,则,得.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.题号9101112答案ACBCDCDBD9.AC【解析】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.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.CD【解析】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A错误,因为,结合在上单调递减可知,,从而有,由可得,故B错误;,从而有,且,即.故C正确;,从而有,即.故D正确.12.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4小题,每小题5分,共20分.13.【解析】由已知,,即.因为,则.14.64【解析】若选2门,则只能各选1门,有种,若选3门,则分体育类选修课选2门,艺术类选修课选1门,或体育类选修课选1门,艺术类选修课选2门,则有,综上共有种不同的方案.15.【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.16.【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.【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以2为首项,2为公比的等比数列,所以数列的前项和:.18.【解析】(1)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. (2)由直方图知,等级的频数为,等级的频数为.从这6家连锁店中任选2家,共有种选法,则.设事件“至少抽到1家等级”,因为选1家等级和1家等级的选法有种,选2家等级的选法只有1种,则.所以,即至少抽到1家等级的概率为.19.【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.20.【解析】(1)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.(2)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,都在圆内.所以四边形的最小覆盖圆的方程为.(3)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.21.【解析】(1)抛物线:的焦点为,可得①,抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3, 由代入椭圆方程可得,即有②,解①②可得,,所以椭圆的方程为.(2)设直线:,,,联立直线与椭圆方程消去可得,则,,所以,,所以,直线:③,直线的方程中,令可得,所以,因为直线,所以直线的方程为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(去掉与轴的两个交点),所以存在定点,使得的长为定值.22.【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.

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