湖南省长沙市重点大学附属中学2023-2024学年高二下学期入学考试数学试题（含答案）

这是一份湖南省长沙市重点大学附属中学2023-2024学年高二下学期入学考试数学试题（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时量：120分钟 满分：150分
得分：______
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．672
5．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．
（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：．
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．
1．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．
9．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．
评估分数
评定等级
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
D
B
A
C
C
A
题号
9
10
11
12
答案
AC
BCD
CD
BD