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

《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》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

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．