湖南省师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期入学考试数学试题

湖南师大附中学年度高二第二学期入学考试数学时量：分钟满分：分一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共分．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，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的模及除法运算化简复数，即可得到复数对应点得解.【详解】，复平面内对应的点位于第四象限.故选：D2设集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】,得到集合与集合在全集中的补集，最后求出.【详解】已知，因为指数函数在上单调递增，所以由可得，即.已知，.因为对数函数在上单调递增，所以由可得，即.第1页/共23页因为，所以.可得.故选：C.3.在等差数列中，已知，，则等于（）A.B.13C.15D.16【答案】A【解析】【分析】根据等差数列通项公式和前项和表达式即可得到方程，解出即可.【详解】设等差数列的公差为，则，即，解得，则.故选：A.4.甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（）A.12种B.24种C.36种D.48种【答案】B【解析】【分析】分别考虑甲站在排头或排尾再结合捆绑法，求解即可.【详解】若甲站在排头，则丙和丁相邻，则共有种方法，若甲站在排尾，则丙和丁相邻，则共有种方法，则共有：种方法.故选：B.5.圆和圆交于、两点，则线段的垂直平分线的方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】AB第2页/共23页心坐标和直线的点斜式方程即可求解.【详解】将两圆的方程相减，得直线AB的方程，则线段AB的垂直平分线的斜率为，由两圆的方程知，两圆的圆心分别为，所以线段AB的垂直平分线的方程为，即.故选：C.6.在的展开式中，的系数是（）A.690B.C.710D.【答案】D【解析】【分析】本题可先根据等比数列求和公式对原式进行化简，再根据二项式展开式的通项公式求出的系数.【详解】观察原式，这是首项为，公比为（项数为的等比数列的和.根据等比数列求和公式要求原式展开式中的系数，即求展开式中的系数.根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数.对于，，令，则的系数为.对于，，令，则的系数为.所以展开式中的系数为，即原式展开式中的系数为.故选：D.7.已知点O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足第3页/共23页，则点P的轨迹一定通过的（）A.外心B.内心C.重心D.垂心【答案】B【解析】【分析】根据是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，可知点轨迹，据此可求解.【详解】，,令，则是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线上的向量，即在的平分线上，，共线，故点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故选：B8.已知对恒成立，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】为恒成立问题，最后通过求函数在上的最大值来确定的取值范围.【详解】设，对求导，可得.因为时，，，所以，这表明在上单调递增.第4页/共23页已知对恒成立，当时，，则有，当时，可变形为.因为在上单调递增，且，（可得对恒成立.设，对求导，可得.当时，，所以，，则.这说明在上单调递减，那么在上的最大值为.因为对恒成立，所以，即实数的取值范围是.故选：A.二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共分，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6分，部分远为0得部分分，有选错的得0分．9.设，为两个随机事件，以下命题正确的是（）A.若与对立，则B.若与互斥，，，则C.数据，，，，，，，，，的分位数是7.8D.若与相互独立，，，【答案】BD【解析】ABC选项根据百分位数的定义可得；D选项根据事件相互独立性的概念可得.【详解】对于A选项，因为与对立，，则，所以A错误；对于B选项，，则，因为与互斥，第5页/共23页所以，所以B正确；对于C选项，这组数据一共有10个数，所以分位数为第8个数与第9个数的平均数，为，所以C错误；对于D选项，若与相互独立，则与也相互独立，因为，，所以，，所以，所以D正确.故选：BD.10.如图，两两互相垂直，三棱锥是正四面体，则下列结论正确的是（）A.二面角的大小为B.C.若的中心为，则三点共线D.三棱锥的外接球过点【答案】BCD【解析】【分析】由已知可得，取的中点，可得，，所以为二面角、中由余弦定理可判断A，利用线面垂直的判定定理和性质定理可判断B；根据三棱锥是正三棱锥得平面，三棱锥是正三棱锥得平面可判断C；几何体与棱长为正方体有相同的外接球可判断D.【详解】对于A，由已知可得，，，而，所以，取的中点，连接、，第6页/共23页可得，，所以为二面角的平面角，设，则，，，在中，由余弦定理可得，故A错误；对于B，由A选项连接，因为，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，故B正确；对于C，由选项A可知三棱锥是正三棱锥，且平面，三棱锥也是正三棱锥，平面，则三点共线，故C正确；对于D，由A选项是棱长为正四面体，三棱锥是侧棱长为，第7页/共23页底面边长为的正三棱锥，所以几何体与棱长为正方体有相同的外接球，故D正确.故选：BCD.加斯帕尔·蒙日（图1）是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆（图2）.已知椭圆：，，均在的蒙日圆上，，分别与相切于，，则下列说法正确的是（）A.的蒙日圆方程是B.设，则的取值范围为C.若点在第一象限的角平分线上，则直线的方程为D.若直线过原点，且与的一个交点为，，则【答案】BC【解析】【分析】对于A，根据椭圆的两条特殊切线的交点求出蒙日圆的半径，可得A错误；对于B，利用椭圆的定义求出的取值范围可得BCCD第8页/共23页据椭圆的定义以及平面向量数量积的运算律可求出，可得D错误.【详解】对于A，分别过椭圆的顶点，作椭圆的切线，则两切线的交点在椭圆的蒙日圆上，故该蒙日圆的半径，即椭圆的蒙日圆的方程为，故A错误；对于B，由椭圆的定义得，当且仅当点在的延长线上时取等号，，当且仅当点在的延长线上时取等号，所以的取值范围为，故B正确；对于C，在方程中，令，得，故，设切点，，因为，，所以，，由两边对求导得，所以，，第9页/共23页又，，所以，，所以，，所以，，所以点、都在直线上，所以直线的方程为，故C正确；对于D，，则，所以，由得①，由得②，则①②得，解得，所以，故D错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求解椭圆的切线方程，利用平面向量数量积求解向量的长度是第10页/共23页解题关键.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分．12.若函数在处取得极大值，则常数a的值为_______．【答案】3【解析】【分析】由题意得出，可求得实数的值，然后将实数的值代入导数，就函数是否在处极大值进行检验，由此可得出实数的值.【详解】，，由题意可得，整理得，解得或.当时，，令，或;令，,此时，函数在处取得极小值，不符合题意，当时，.令，得或；令，得得.此时，函数在处取得极大值，合乎题意.综上所述，.故答案为：3.13.如图，过抛物线焦点的直线依次交抛物线与圆于点A，B，C，D，F为圆心，FO为半径，则的值是_______．第11页/共23页【答案】1【解析】【分析】设过抛物线的焦点F的直线方程为，与抛物线的方程联立，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，可得抛物线的焦点坐标为，设直线的方程为，联立，得，因为，所以.故答案为：1.14.设首项是1的数列的前n项和为,若数m的最大值是_______．【答案】【解析】【分析】分为偶数与奇数，利用递推公式及构造法推导出通项公式，进而根据分组求和结合等比求和公式可得为偶数时的前项和，再确定的值即可．【详解】，当为偶数时，，，又，故，故；当为奇数时，，，又，第12页/共23页故，故；当为偶数时，由于当时，，当时，，当为奇数时，，当时，，故正整数的最大值是，故答案为：11.四、解答题：本大题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，平面四边形中，．（1）若，求；（2）若，求四边形的面积．【答案】（1）（2）第13页/共23页【解析】1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解（2）由余弦定理与面积公式求解【小问1详解】连接，在中，，且，，所以．在中，由余弦定理得，所以．所以【小问2详解】在中，由余弦定理得，即，解得或所以四边形的面积为16.的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.第14页/共23页（1）证明：平面；（2上平面且过点上是否存在点与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点与点重合.【解析】1）证明出，利用面面垂直的性质可证得结论成立；（2为坐标原点，为轴，为垂直于平面的直线为系，易知轴在平面内，分析可知，设点，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.【小问1详解】证明：因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：存在，理由如下：如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，第15页/共23页则，，，，，，由直线平面且过点，以及平面，得，设，则，，，设平面的法向量为，则则，即，取，得，易知平面的法向量，设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，则，，由，得，即，解得，所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等.17.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；第16页/共23页（2）若数列满足为数列的前项和，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】和的值，再通过的关系得出数列的通项公式；（2）采用错位相减法求出数列的前项和，然后证明.【小问1详解】已知，且.当时，，即，将代入可得.当时，，即，将代入可得.联立方程组，解得，则.所以.当时，.用减去可得：因为，所以两边同时除以可得：.第17页/共23页当时，，，上式也成立.利用累加法求：，，，，将以上个式子相加可得：因为，所以，则.当时，，上式也成立.所以数列的通项公式为.【小问2详解】已知，则得：其中是首项为，公比为的等比数列的前项和，得，第18页/共23页则所以.18.已知双曲线：离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．（1）求双曲线的方程．（2）若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在求出直线l的方程；若不存在，说明理由．（3交直线于点、的斜率分别、为定值．【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）证明见解析【解析】1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程；（2）设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可；（3）用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值．【小问1详解】由双曲线的离心率为，且在双曲线上，第19页/共23页可得，解得，所以双曲线的方程为．【小问2详解】双曲线左焦点为，当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，不符合题意，当直线的斜率不为0时，设，由，消去得，显然，，设，则，得，于是，，即，因此与不垂直，所以不存在直线，使得点在以为直径的圆上．【小问3详解】由直线，得，则，又，于是，第20页/共23页而，即有，且，所以，即为定值．【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量