湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期入学考试数学试题（Word版含答案）

长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期入学考试
数学
时量：120分钟满分：150分
一 选择题（本题共8小题，每小题5分，共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
2.已知是等比数列，若，则（ ）
A.6 B.8 C. D.
3.已知直线与圆相交于两点，则（ ）
A. B.2 C. D.4
4.已知点是边长为2的正六边形内的一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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
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.
7.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
8.，均有成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题（本题共4小题，每小题5分，共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.已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.展开式中各项系数的和为1
C.展开式中第4项的系数为35
D.展开式中含项的系数为672
10.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数在区间上的最大值为4
C.若函数在区间上的最大值为4，则
D.若方程在区间上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为
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，则下列说法正确的是（ ）
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
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，
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在题中的横线上.）
13.在的展开式中，项的系数是__________.（用数字作答）
14.如图，在平面四边形中，，三角形的面积为，则__________.
15.已知在处取得极值，则的最小值为__________.
16.已知数列中，且满足，若的前项和为，则__________.
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）
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.
18.（本小题满分12分）
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.
19.（本小题满分12分）
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.
20.（本小题满分12分）
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.
21.（本小题满分12分）
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右顶点的任意一点，点在直线上，且为坐标原点，为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上.
22.（本小题满分12分）
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）
长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期入学考试
数学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C B D A A C B B ABD AD ABD BCD
1.C 【解析】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，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.B 【解析】由等比数列的性质得，故.故选B.
3.D 【解析】由圆的标准方程可得，圆的圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，故.故选D.
4.A 【解析】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.
5.A 【解析】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：分人数为的三组，共有种；
第二种：分人数为的三组，共有种.
所以不同的安排方法共有种，故选.
6.C 【解析】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.
7.B 【解析】因为当时，，故，故，所以；
设，所以在上单调递增，
故，所以，所以，所以，故选B.
8.B 【解析】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.
9.ABD 【解析】对于，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故正确；
对于，令，则，所以展开式中各项系数的和为1，故正确；
对于C，第4项的系数为，故不正确；
对于D，因为的展开式通项为，
令，得，则，所以含项的系数为672，故D正确.故选ABD.
10.AD 【解析】由，
得，
所以，故A正确；
由，得，
令或，令，
所以函数在区间和区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，所以，故B错误；
因为在区间上的最大值为4，
由选项的分析，得即，故C错误；
在区间上有两个不相等实根，即与在上有两个交点，数形结合知，故正确.故选.
11.ABD 【解析】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，故正确；
由上述过程可知平面，且，
所以，故正确；
因为两两互相垂直，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
设点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，即点为高线的交点，
所以点在平面的投影是的垂心，故错误；
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.BCD 【解析】对于选项，将代入抛物线的方程可得出，则，
所以，由可得，解得错误；
对于选项，设点，则点，则，
由于为正三角形，则，即，解得，正确；
对于选项，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正确；
对于，设，
其中为锐角，且，
当且仅当时，取得最大值，
则，
则，即，解得，D正确.故选BCD.
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填写在题中的横线上.）
13.35 【解析】由题意得项的系数为：.
14.4 【解析】在中，，由正弦定理有：，解得.
由三角形的面积公式有：，则，
在中，由余弦定理有：，
解得，所以.
15.8 【解析】由，
因为函数在处取得极值，所以有，于是有，
因为，所以，
当且仅当，即时取等号.
16. 【解析】，两边同除得，，
所以，
即，化简得，，设的前项和为，
故是以为首项，公差为的等差数列，.
当时，；当时，.
所以
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】设事件为“第1次取出的是白球，第3次取到黑球”，为“第2次取到黑球，第3次取到黑球”，C为“第2次取到白球，第3次取到黑球”，
（1）.
（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：
0 1 2 3
18.【解析】（1）由图示得：，解得，
又，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.【解析】（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.
，，
点在棱上，设，
，
设平面的法向量为，则
，取，
由于，
设直线与平面所成角为，则
，
，令，
当时，；当时，，
.
综上，.
20.【解析】（1）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.【解析】（1）由于双曲线右焦点为，渐近线方程为，
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.【解析】（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）（提示：（i）首先证明；（ii）其次证明.）
（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，
，
则等式两边同时加上得，
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，.