湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二下学期入学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二下学期入学考试数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了“为锐角”是“”的，《算法统宗》中有这样一个问题，展开式中的系数为，已知，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

命题人：李云皇 审题：高二数学备课组
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.“为锐角”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2.直线是双曲线的一条渐近线，则实数的值为（ ）
A. B.3 C. D.
3.《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.，其意思为有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了多少里？（ ）
A.96 B.48 C.192 D.24
4.展开式中的系数为（ ）
A.10 B.24 C.32 D.56
5.甲､乙､丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ）
A.20种 B.16种 C.12种 D.8种
6.若平面上两点，则过点的直线上满足的点的个数为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.与直线的斜率有关
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知为双曲线的两个焦点，为双曲线上一点，且.则此双曲线离心率的取值范围为（ ）
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.已知函数，则（ ）
A.
B.在区间上只有个零点
C.的最小正周期为
D.为图象的一条对称轴
10.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件存在如下关系：.某高校有甲､乙两家餐厅，王同学第一天去甲､乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学（ ）
A.第二天去甲餐厅的概率为0.54
B.第二天去乙餐厅的概率为0.44
C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
11.已知函数的定义域为，对任意的，恒有，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.为偶函数
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.袋中装有标号为的3个大小与质地相同的小球，从中任取1个，记下它的号码后放回袋中，这样连续做三次.若抽到各球的机会均等，记事件表示“三次抽到的号码之和为6”，事件表示“三次抽到的号码都是2”，则__________.
13.已知圆经过抛物线的焦点，则抛物线的准线与圆相交所得弦长是__________.
14.已知过点不可能作曲线的切线.对于满足上述条件的任意的，函数恒有两个不同的极值点，则的最大值为__________.
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.（本小题13分）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，如果函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围.
16.（本小题15分）在中，内角的对边分别为，且
（1）求角的大小；
（2）是的角平分线，若，求的面积.
17.（本小题15分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，点在侧棱上，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18.（本小题17分）椭圆上顶点为，左焦点为，中心为.已知为轴上动点，直线与椭圆交于另一点；而为定点，坐标为，直线与轴交于点.当与重合时，有，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设的横坐标为，当时，求面积的最大值.
19.（本小题17分）若项数为的有穷数列满足：，且对任意的或是数列中的项，则称数列具有性质.
（1）判断数列是否具有性质，并说明理由；
（2）设数列具有性质是中的任意一项，证明：一定是中的项；
（3）若数列具有性质，证明：当时，数列是等差数列.
雅礼中学2022级高二入学考试数学试题
参考答案
1.【详解】当为锐角时，，故“为锐角”是“”的充分条件，若，则且不是锐角，故“为锐角”不是“”的必要条件，故选：A.
2.【详解】双曲线的渐近线方程为，
直线的斜率为，因此，.故选：B.
3.【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，根据题意可得，得，解得，所以此人第二天走了里，故选：A
4【解析】展开式中含的项为展开式中含的项，故的系数为.故选：D.
5.【详解】因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间2人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，所以有种方法；
②当乙丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，所以有种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法，故选：B.
6.【详解】由，则，
可得，即，可得点轨迹为圆，
设，则，
整理可得方程为：，故点的个数即为与圆的交点个数.
由于直线过定点，且在圆内，所以直线与圆有两个交点，故选：C.
7.【详解】因为，所以，又因为，所以，则，所以，故选：B
8.【详解】设，由，
则，
显然，则整理可得，由，
则，
解得，由双曲线的定义可知：，
则，整理可得，
化简可得，由，且，
则，可得或，
解得或，所以，解得.
故选：C.
9.【详解】
所以，故正确
令可得，满足的有，故B错误
的最小正周期为，故C正确
当时，，所以不是图象的一条对称轴，故D错误
故选：
10.【详解】设：第一天去甲餐厅，：第二天去甲餐厅，
：第一天去乙餐厅，：第二天去乙餐厅，
所以，
因为，
所以，
所以有，
因此选项A正确，，因此选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
，所以选项不正确，
故选：
11.【详解】对于：令，则，
又，所以，故A错误；
对于B：令，则，
所以，所以为偶函数，故B正确；
对于：令，则，
所以，由于，令，即，
即，故C正确；
对于：令，则，
所以，所以，
所以，所以，
所以是周期为6的周期函数.
令，则，即，所以，
所以，
，所以，
故，
故D正确.故选：BCD.
12.【详解】总的情况数为，则，
所以，故答案为：
13.【详解】抛物线的准线为，焦点为，把焦点的坐标代入圆的方程中，得，所以圆心的坐标为，半径为5，则圆心到准线的距离为1，
所以弦长.
14.【详解】设是曲线上的任意一点，，
所以在点处的切线方程为，
代入点得，
由于过点不可能作曲线的切线，
则直线与函数的图象没有公共点，
，
所以函数在区间上导数大于零，函数单调递增；
在区间上导数小于零，函数单调递减，
所以当时，函数取得极大值也即是最大值，
则.对于满足此条件的任意的，函数恒有两个不
同的极值点，等价于恒有两个不同的变号零点，
等价于方程有两个不同的解.
令，则，
即直线与函数的图象有两个不同的交点.
记，则，
记，则，
所以在上单调递增.
令，得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增.
所以.
所以.因为，所以，所以.
即实数的最大值为
15.【解析】（1）定义域为
①当时，在上单调递增；
②当时，当时，；当时，
即在上单调递减，在上单调递增.
（2）
由题意对恒成立，即对恒成立
.
16.【解析】（1）由正弦定理，得，
又，所以，
所以，即.
因为，
所以，即.
（2）在中，得：①，
又，
得：，
化简得：②，
由①②得：，所以.
17.【解析】（1）因为底面是平行四边形，且，所以底面是矩形，所以有，又，且平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）
取的中点，因为，可得，由（1）可得，
而，且平面，
所以平面.
所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
所以.
设，由.有，可得
，所以.
所以，
设平面的法向量为，则有，可取，
设平面的法向量为，则有，可取，
设平面与平面所成锐二面角，
则平面与平面所成锐二面角的余弦值为
.
18.【解析】（1）设，因为当与重合时，有，且，
所以，
，
由，知
所以，即，
，
由知，所以，即，
则，故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，与联立，可得且，有，即，
设直线的方程为，令，可得，
由，
由题意知：，则，
而，
当，即时取等，且，
故面积的最大值为.
19.【解析】（1）数列具有性质.
理由：根据有穷数列满足：，且对任意的
或是数列中的项，则称数列具有性质，
对于数列中，若对任意的，可得或1或，
可得一定是数列中的项，所以数列具有性质.
（2）证明：由是数列中的任意一项，
因为数列具有性质，即或是数列中的项，
令，可得或是数列中的项，
又因为，可得一定不是数列中项，
所以一定是数列中的项.
（3）由数列具有性质，可得，所以，
则且
又由，所以，
又由，
①设，因
可得，
当时，可得，（*）
②设，则，所以，
由，
又由，
可得，
所以，
因为，由以上可知：且，
所以且，所以，（**）
由（*）知，
两式相减，可得，