2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期入学考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期入学考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】根据空间中平面与平面、直线与平面的位置关系判断即可.
【详解】解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；
对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；
对于C，垂直于同一直线的两平面平行，故C正确；
对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误.
故选：C.
2．已知是等比数列，若，则（ ）
A．6B．8C．D．
【答案】B
【分析】利用等比数列性质即可求得结果.
【详解】由等比数列的性质若，则，
可得，代入计算得.
故选：B.
3．已知直线与圆相交于两点，则（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】D
【分析】由勾股定理和点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由可得，即圆的圆心坐标为，半径，
所以圆心到直线的距离，
所以.
故选：D
4．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到在方向上的投影的取值范围是，利用向量数量积的定义式，求得结果.
【详解】
的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到在方向上的投影的取值范围是，
结合向量数量积的定义式，
可知等于的模与在方向上的投影的乘积，
所以的取值范围是，
故选：A.
【点睛】该题以正六边形为载体，考查有关平面向量数量积的取值范围，涉及到的知识点有向量数量积的定义式，属于简单题目.
5．某社区为了做好疫情防控工作，安排6名志愿者进行核酸检测，需要完成队伍组织､信息录人､采集核酸三项任务，每项任务至少安排一人但至多三人，则不同的安排方法有（ ）
A．450种B．72种C．90种D．360种
【答案】A
【分析】根据题意，分两种情况考虑：第一种：人数为的三组，第二种：人数为的三组求解.
【详解】6名志愿者分成三组，每组至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种：人数为的三组，共有种；
第二种：人数为的三组，共有种.
所以不同的安排方法共有种，
故选：.
6．已知椭圆的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线交于两点，且，且，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义可求，结合三角形的面积可求，进而可得答案.
【详解】如图，连接，由椭圆的对称性得四边形为平行四边形，
所以，得.
又因为，所以四边形为矩形，设，
则，所以得或；
则，则，
椭圆的标准方程为.
故选:C.
7．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正切函数性质得出，即可得出，设，根据导数得出在上单调递增，即可得出，即，即得出，即可得出答案.
【详解】因为当时，，
故，
故，所以；
设，
设，
在上单调递增，
所以
则，
所以在上单调递增，
故，
所以，
所以，
所以，
故选：B.
8．，均有成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，则，由可得，令，则，则在区间上单调递减，则对于恒成立，可得，，即可得出答案.
【详解】不妨设，则，
由可得，
所以，
即，
所以，
令，则，
因为，所以在区间上单调递减，
所以对于恒成立，
所以对于恒成立，
可得对于恒成立，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，所以.
故选：B.
二、多选题
9．已知的展开式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．展开式中各项系数的和为
C．展开式中第项的系数为
D．展开式中含项的系数为
【答案】ABD
【分析】由展开式的二项式系数和为求出，即可判断A，令即可得到展开式各项系数和，从而判断B，利用展开式的通项判断C、D.
【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；
对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为1，故B正确；
对于C，因为的展开式通项为，
令可得第4项的系数为，故C不正确；
对于D，在选项C中的通项公式中，
令，得，则，所以含项的系数为，故D正确.
故选：ABD.
10．已知函数，则说法下列正确的是（ ）
A．
B．函数在上的最大值为4
C．函数在上的最大值为4，则
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为
【答案】AD
【分析】根据函数的解析式求得，即可判断A；利用导数研究函数的单调性即可判断B；根据和B选项的分析可得，即可判断C；根据二次函数的性质可得，解之即可判断D.
【详解】A：由，
得，
所以，故A正确；
B：由，得，
令或，令，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
又，，
∴，故B错误；
C：因为，在上的最大值为4，
由选项B的分析，得，即，故C错误.
D：在有两个不相等实根，
则，即，解得，故D正确.
故选：AD.
11．如图，在边长为2的正方形中，点分别是的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．点在平面的投影是的内心
D．设与平面所成角分别为，则
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的判定定理即可证明选项A，利用等体积法思想证明选项B，利用线面垂直的判定和性质判断选项C错误，根据垂直关系找到线面角并表示出正弦值即可求解选项D.
【详解】联系翻折前后的位置关系可得，
翻折后,平面,
所以平面,又因为平面,所以，故A正确；
由上述过程可知平面，且,
所以,故B正确；
因为两两互相垂直，
,平面,
所以平面,又因为平面,所以，
设为点在平面上的投影，
连接,则平面，平面，
所以,平面，
所以平面，平面,所以,
同理可证,即点为三角形高线的交点，
所以点在平面的投影是的垂心，故C错误，
由上述过程可知，
与平面所成角分别为，
,
由上述过程可知，所以，
所以,故D正确；
故选:ABD.
12．在平面直角坐标系中，已知抛物线，过点作与轴垂直的直线，与抛物线交于、两点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若为正三角形，则
C．若抛物线上存在两个不同的点、（异于、），使得，则
D．当取得最大值时，
【答案】BCD
【分析】由求出的取值范围，可判断A选项的正误；求出、，根据解出，可判断B选项的正误；设点，由得出关于的方程有四个不同的实根，求出的取值范围，可判断C选项的正误；设，求得的最大值及其对应的的值以及的值，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，将代入抛物线的方程可得出，则，
所以，，，由可得，解得，A选项错误；
对于B选项，设点，则点，则，，
由于为正三角形，则，即，解得，B选项正确；
对于C选项，在抛物线上任取一点，则，
由，可得，整理可得，
即，即，
关于的方程有四个不同的实根，则，解得，C选项正确；
对于D，设，，
其中为锐角，且，，
当且仅当时，取得最大值，
则，，
则，即，解得，D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将题中一些相应的量利用参数加以表示，结合方程或不等式来求解，在求解D选项中的最值时，可充分利用图形的几何关系，借助正弦、余弦的有界性来求解.
三、填空题
13．在（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）6的展开式中含x2项的系数为____．（用数字作答）
【答案】35
【详解】试题分析：展开式中含x2项的系数为
【解析】二项式的项的系数计算．
14．如图，在平面四边形中，，三角形的面积为，则__________.
【答案】4
【分析】在中，由正弦定理可得，在中，由三角形的面积公式可得，再由余弦定理有，即可解得，即可得答案.
【详解】在中，，
由正弦定理有：，即，解得，
由三角形的面积公式有：，
则，①
在中，由余弦定理有：，
所以，②
由①②解得，
所以
故答案为：4
15．已知在处取得极值，则的最小值为__________.
【答案】8
【分析】由已知在处取得极值求得，再结合“1”的代换，利用基本不等式求解.
【详解】解：由，
因为函数在处取得极值，所以有，
则，
因为，
所以，
当且仅当，结合，即时取等号.
故答案为：8
16．已知数列中，且满足，若的前项和为，则__________.
【答案】
【分析】先对递推式变形，利用累加法求出数列通项，然后利用等差数列前n项和公式分类讨论求和.
【详解】，两边同除得，，
所以，
即，化简得，，
故是以为首项，公差为的等差数列，所以.
设的前项和为，则，
当时，，所以；
当时，，所以.
所以
故答案为：
四、解答题
17．一个暗箱里放着6个黑球､4个白球.
(1)依次取出3个球，不放回，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率；
(2)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数的分布列和均值.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据条件概率的求法，找到第第1次取出的是白球的概率与第1次取出的是白球，第3次取到黑球的概率，求其比值即可；
（2）取到白球个数服从二项分布，根据独立重复实验的概率公式与均值公式求解即可
【详解】（1）设事件为“第1次取出的是白球”，
事件为“第3次取到黑球”，
；
（2）设事件为“取一次球，取到白球”，
则，这3次取球结果互不影响，
则，所以，
其分布列为：
.
18．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由函数图像求出、，再根据周期求出，最后根据函数过点，求出，即可得到函数解析式；
（2）根据三角函数的变换规则求出的解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，结合正弦函数的图象，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）由图示得：，解得，
又函数的周期T有：，所以，所以，
所以.
又因为过点，所以，即，
所以，解得，
又，所以，所以.
（2）图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，
将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，
当时，，
令，则，
令，则在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
且
所以时，当时，方程恰有三个不相等的实数根.
19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上.
(1)判断与是否垂直，并说明理由；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)，理由见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，利用线面垂直的性质可得；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，表示出线面角的关系式，结合二次函数知识可得范围.
【详解】（1），证明如下：
平行四边形中，.
中，.
.
又平面，
平面平面.
又.
（2），
又，
两两垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
则
，，
点在棱上，设，
，
设平面的法向量为，则，即
，令，得，
由于，
设直线与平面所成角为，则
，
，令，
当时，；当时，，
.
综上，.
20．已知数列的前项和为，且.
(1)求，并求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）由，利用数列通项和前n项和的关系求解；
（2）由（1）得到，再利用等差数列前n项和公式和错位相减法求解.
【详解】（1）解：由题意得，①
当时，；当时，；
当时，，②
①一②得，
当时，，也适合上式，所以，所以，
两式相减得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
（2）由（1）可得，
，
设，③
，④
③一④得，
，又，
.
21．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点是双曲线的右支上异于顶点的任意点，点在直线上，且，为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据右焦点和渐近线方程，可列出关于的方程，进而求解即可；
（2）先设出和直线与直线的交点，先表示出坐标，再由，列出方程组，最后消参可得定曲线方程.
【详解】（1）解：由于双曲线右焦点为，渐近线为，
所以，，
解得，
所以双曲线的方程为：
（2）证明：设，直线与直线的交点为，
设直线为，
由题可知：，
联立 ，化简得，
所以，由可得 ，
那么，
所以，
由于是中点，所以，
因为，所以 且，解得，
因为直线与直线的交点为，
根据斜率相等可得，
代入的坐标得
化简得 ，
将两式相乘得，即为，
所以直线与直线的交点在定曲线上.
22．已知函数.
(1)若，讨论的导函数的零点个数；
(2)若有两个不同的零点，且满足，求证：.（参考数据）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，讨论，，三种情况，由单调性以及零点存在性定理求解；
（2）由得，构造函数，由导数证明；再由得出，再由导数证明，从而证明.
【详解】（1）的定义域为，则.
设，则，
由得：，
①当时，则当时，无零点..
②当时，则当时，，即在区间上递减，
取满足且，则，又，
所以，
而，根据函数零点存在性定理知存在使得，
此时恰有一个零点.
③当时，则当时，；当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时，此时无零点.
（2）（i）由得，即.
设，则.
由可得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
有极大值也是最大值，
当时，，当时，.
因为有两个不同的零点，则，即；
（ii），故，
，
则，即，
故.
设，由可得，
设函数，则，
设，则，
在区间上单调递增，
故，故，
在区间上单调递增，故，
.
综上，.
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
0
1
2
3