精品解析：湖南株洲市第一中学2025-2026学年高二下学期入学检测数学试卷

株洲市一中2026年上期高二年级入学检测 数学试题 时间20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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（     ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 14 D. 18 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 设为数列的前n项和，若则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知F是双曲线的左焦点，P为圆上一点，直线PF的倾斜角为，直线PF 交双曲线的两条渐近线于M，N，且P恰为MN的中点，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 设抛物线C：的焦点为F，M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ） A. 准线l的方程是 B. 的最小值为4 C. 所在直线被抛物线所截得的弦长为 D. 以线段为直径的圆与y轴相切 11. 已知函数，为的导函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上有极小值 D. 区间上有两个零点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知在一次随机试验中，定义两个随机事件，，若，，，则______. 13. 已知两点，点满足，则的面积是__________. 14. 已知等比数列，若，，则________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在等差数列中，已知公差，，前项和为.且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列前项和 16 已知函数. （1）当时，求经过点且与曲线相切的切线方程； （2）若存在实数，使得，则称为函数的不动点.已知函数有3个不动点，求的取值范围. 17. 在三角形中，角，，的对边分别为，，，. （1）当时，求值； （2）当时，求ac的取值范围. 18. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点． （1）证明：； （2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 19. 17世纪80年代，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卵形线，我们称之为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知两定点，，动点满足，动点P的轨迹为曲线E，直线与曲线E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线OM的斜率为 （1）求曲线E的方程; （2）求的取值范围; （3）求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市一中2026年上期高二年级入学检测 数学试题 时间20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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用并集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，则. 故选：B. 2. 若复数满足，则（     ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法，整理复数的标准式，可得答案. 【详解】设，由，则， 整理可得， 可得，解得，则， 所以. 故选：D 3. 已知，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 14 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出的坐标，再根据坐标法计算可得. 【详解】因为，， 所以，. 故选：C 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由分段函数的解析式结合指数和对数函数的运算求解即可. 【详解】，. 故选：C 5. 已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的夹角公式即可求解. 【详解】因为，， 所以． 所以和夹角的余弦值为． 故选：C 6. 设为数列的前n项和，若则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，可得，两式相减，求得，得到数列为等比数列，进而求得其通项公式. 【详解】由，当时，可得， 两式作差，可得，即， 所以， 当时，可得，即，解得， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. 故选：D. 7. 已知F是双曲线的左焦点，P为圆上一点，直线PF的倾斜角为，直线PF 交双曲线的两条渐近线于M，N，且P恰为MN的中点，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据双曲线左焦点和直线斜率求出直线的方程，然后联立直线与圆的方程求出点的坐标.接着利用点是中点这一条件，联立直线与双曲线渐近线方程求出、横坐标，再根据中点坐标公式列出等式，最后求解出双曲线的离心率. 【详解】由题意双曲线左焦点为，已知圆的圆心为，半径为c，直线的斜率为， 则直线方程为， 由，得，即点P的坐标为， 双曲线渐近线方程为，设点，点， 则①，， 由，得， 由，得， 代入①得，解得， 所以双曲线C的离心率 故选： 8. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对求导，得，利用导数的几何意义得到切线的斜率，再利用点斜式，即可求解. 【详解】因为， 则， 所以， 又，所以的图象在处的切线方程为，即， 故选：A. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用递推关系逐一求解即可判断A；求出前四项可判断数列 的周期为3，根据周期性逐一计算即可判断BCD. 【详解】A： 由题意， ， ， 则 ，故A正确； B： ， 结合A的计算，可得数列 的周期为3，即 ， 因为 ，所以 ，故B错误； C： 一个周期的和为 ，而 ，故C正确； D： 由于 ，所以 ， 所以，故D错误. 故选：AC. 10. 设抛物线C：的焦点为F，M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ） A. 准线l的方程是 B. 的最小值为4 C. 所在直线被抛物线所截得的弦长为 D. 以线段为直径的圆与y轴相切 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由抛物线的标准方程，可得其正误；对于B，由题意作图，根据抛物线的定义，进行等量代换，可得其正误；对于C，求出直线方程，联立方程组，写出韦达定理，利用弦长公式，可得其正误；对于D，根据圆的切线判定，结合抛物线的定义以及梯形中位线的性质，可得其正误. 【详解】对于A，由抛物线，则，所以准线的方程为，故A错误； 对于B，由题意，过作，垂足为， 设点到直线的距离为，由图可知，故B正确； 对于C，由，则直线的方程为， 代入，可得，整理可得， 由，设直线与抛物线的两个交点分别为和， 则，，所以弦长为，故C错误； 对于D，取的中点为，并过作，垂足为，记准线与轴交点为，如下图： 设以为直径的圆的半径为，由图可知其圆心为， 由图可知， 易知到轴距离为，则圆与相切，故D正确. 故选：BD. 11. 已知函数，为的导函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上有极小值 D. 在区间上有两个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】求出函数，再利用导数的几何意义求解判断A；结合单调性、极小值意义判断BC；求出零点个数判断D. 【详解】依题意，， 对于A，，，所求切线方程为，A错误； 对于B，当时，，在区间上单调递增，B正确； 对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增， ，，则存在唯一，使得， 当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确； 对于D，由选项C知，上有唯一零点，又， 当时，，即，， 因此在区间上有1零点，D错误. 故选：BC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知在一次随机试验中，定义两个随机事件，，若，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用概率的基本性质及事件的运算求概率即可. 【详解】因为，，， 所以. 故答案为：. 13. 已知两点，点满足，则的面积是__________. 【答案】3 【解析】 【分析】首先分析的轨迹，再对两边同时平方，整体法可求得，进而可得所求结果. 【详解】因为，且三点构成三角形， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（不包括两点），如图： 所以，所以. 又，两边同时平方得， 即，解得， 所以. 14. 已知等比数列，若，，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知根据等比数列的通项公式运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 所以，所以， 所以，所以. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在等差数列中，已知公差，，前项和为.且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合等比中项的性质及等差数列通项公式列方程求，由此可求数列数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【小问1详解】 由题意知，，，， 因为，，成等比数列，所以， 即，整理得，解得或， 因为，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 则① ② ①②得， ， ， ， 所以. 16. 已知函数. （1）当时，求经过点且与曲线相切的切线方程； （2）若存在实数，使得，则称为函数的不动点.已知函数有3个不动点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，设切点为，，利用导数的几何意义得到切线的斜率，即可得到方程，求出，从而求出切线方程； （2）依题意方程有个不同实数根，令，则函数有个零点，求出函数导函数，分、两种情况讨论，结合函数的单调性，得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 当时，，则， 设切点为，，所以切线斜率， 解得，即， 所以切线方程为，即为所求切线方程. 【小问2详解】 由题意得，方程有个不同实数根， 令，则函数有3个零点， ， 当时，，在R上单调递增，所以只有1个零点，不符合题意： 当时，令，得， 则，随着的变化情况如下表， 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由函数有3个零点，根据上表可得， 解得， 综上可得，的取值范围. 17. 在三角形中，角，，的对边分别为，，，. （1）当时，求的值； （2）当时，求ac的取值范围. 【答案】（1）16 （2） 【解析】 【分析】（1）先由，得，及，代入由正弦定理得到的即可； （2）先由，得到的范围，在三角形中，作于，由图可得，，，利用勾股定理得到，再根据求解即可. 【小问1详解】 因为，即，可得. 在三角形中，， 所以， 由正弦定理可得， 所以， 当时，. 【小问2详解】 因为，若，则， 此时，不合题意， 故，. 在三角形中，作于，如下图： 所以，由图可得，， 因，由图可得，所以， 则 ， ， 所以， 因为， 展开并移项得， 即， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 由题意可知，故ac的取值范围为. 18. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点． （1）证明：； （2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故. 【小问2详解】 当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为. 【小问3详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 19. 17世纪80年代，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卵形线，我们称之为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知两定点，，动点满足，动点P的轨迹为曲线E，直线与曲线E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线OM的斜率为 （1）求曲线E的方程; （2）求的取值范围; （3）求证： 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用两点间的距离公式列方程并化简即可求出P的轨迹方程； （2）利用两点间的距离公式，消元转化，再结合曲线的性质特征求解即可； （3）利用点差法、斜率公式和中点公式，再结合曲线的性质特征求解即可； 【小问1详解】 由题意， 整理可得， 曲线E的方程为； 【小问2详解】 ， 由曲线E的方程可知， ，即， 解得，， ， 的取值范围为； 【小问3详解】 设，，， 由题意可知， 则， ， 由题意可知， ， 由题意，， ， 由可知，， 则，， ， ， 【点睛】方法点睛：涉及中点弦问题，利用点差法列式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $