2023岳阳岳阳县一中高二下学期入学考试数学试题含解析

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岳阳县一中2023年高二下学期入学考试数学一､选择题（共8小题）1. 命题“”的否定是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据特称命题的否定是全称命题得答案.【详解】命题“”的否定是．故选：C.2. 已知复数满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则直接计算得到答案.【详解】，故.故选：D3. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由对数运算直接求出，由为增函数可得，即可判断.【详解】，由为增函数可知，即.故选：B4. 为促进中学生综合素质全面发展，某校开设5个社团，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，则不同的报名方式共有（    ）A. 60种 B. 120种 C. 125种 D. 243种【答案】C【解析】【分析】采用分步乘法计数原理进行计算。【详解】由题意知，甲、乙、丙三名同学每人只报名参加1个社团，所以每个人有5种选择．则不同的报名方式共有（种），故选：C．5. 已知直线：和圆：交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以弦长，在中，由余弦定理可得：.故选：C6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，其渐近线方程为，是上一点，且.若的面积为4，则的焦距为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程为，所以.再结合题意可得到，解出，即可求得的焦距.【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，所以，因为，的面积为4，所以，解得，，所以，即的焦距为.故选：C.7. 已知函数，对任意的，有恒成立，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题知在上单调递增，进而得在上恒成立，再根据独立参数法求解最值即可得答案.【详解】解：∵对于任意得有，∴∴上单调递增，∵∴在上恒成立，∴，即在上恒成立，，∵∴，即实数的取值范围为.故选：D.8. 在平面内，定点满足，，动点P，M满足，，则的最大值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意得到为正三角形，且为的中心，结合题设条件求得，得到为边长为的正三角形，以为原点建立直角坐标系，设，根据，得到，进而求得，即可求解.【详解】由题意知，即点到三点的距离相等，可得为的外心，又由，可得，所以，同理可得，所以为的垂心，所以的外心与垂心重合，所以为正三角形，且为的中心，因为，解得，所以为边长为的正三角形，如图所示，以为原点建立直角坐标系，则，因为，可得设，其中，又因为，即为的中点，可得，所以.即的最大值为.故选：B.二､多选题（共4小题）9. 设函数，则下列结论正确的是（    ）A. 的周期是B. 的图象关于直线对称C. 在单调递减D. 在上的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】利用两角和的余弦公式化简函数的解析式，再根据余弦函数的图象和性质得出结论.【详解】函数，最小正周期为，故A正确；令，求得，不是最值，可得的图象不关于直线对称，故B错误；时，，函数单调递减，故C正确；时，，故当即时，函数取得最小值为，故D正确，故选：ACD.10. 数列的首项为1，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 数列是等比数列C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】根据题意可得，从而可得数列是等比数列，从而可求得数列的通项，再根据分组求和法即可求出，即可得出答案.【详解】解：∵，可得，又∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；则，∴，故C错误；则，故A正确；∴，故D错误.故选：AB.11. 已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，点M在棱PD上，且，点Q在底面及其边界上运动，且面，则下列说法正确的是（    ）A. 点Q的轨迹为线段B. 与CD所成角的范围为C. 的最小值为D. 二面角的正切值为【答案】ACD【解析】【分析】作出与面平行且过的平面，即可得出点Q的轨迹判断A，当点在处时，异面直线所成角小于可判断B，当时求出可判断C，作出二面角的平面角求正切值判断D即可.【详解】对于A，取点,，使得，，连接,，如图，由线段成比例可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又平面，，所以平面平面，故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；对于C，当时，最小，此时，故C正确；对于D，二面角即平面与底面所成锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图，由正四棱锥可知，面，由，知，，由可得，，面，，又，，平面，，即为二面角的平面角，，故D正确.故选：ACD12. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，栯圆的离心率为，则以下说法正确的是（    ）A. 离心率的取值范围为B. 存在点，使得C. 当时，的最大值为D. 的最小值为1【答案】ACD【解析】【分析】根据点与椭圆的位置关系，可得，即可求出离心率的范围，判断A项；易知，只有原点满足条件，即可判断B项；根据椭圆的定义，可得，根据三角形的三边关系结合图象，即可判断C项；根据椭圆的定义结合“1”的代换，根据基本不等式即可求解，判断D项.【详解】对于A，由已知可得，，所以，则，故A正确；对于B，由可知，点为原点，显然原点不在椭圆上，故B错误；对于C，由已知时，，所以，.又，则.根据椭圆的定义可得，所以，如图，当且仅当三点共线时，取得等号.的最大值为，故C正确；对于D，因为.所以，当且仅当，即时，等号成立.所以，的最小值为1，故D正确.故选：ACD.三､填空题（共4小题）13. 已知的展开式中含项的系数为，则实数____________．【答案】【解析】【详解】的展开式的通项为，令，解得，故展开式中含项的系数为，解得．14. 已知则___________.【答案】【解析】【分析】根据二倍角正切公式，计算，再根据两角和的正切公式，计算，由题意可知，求解即可.【详解】，即，即则故答案为：【点睛】本题考查三角函数给值求角，属于中档题.15. 若直线与曲线和均相切，则直线的方程为_______.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义及点在曲线上，结合直线的点斜式方程即可求解.【详解】设，上的切点分别为，，由，，可得，故在处的切线方程为，在处的切线方程为， 由已知,所以，故或，而，不合题意舍去，故，此时直线的方程为.故答案为：.16. 如图，过抛物线的焦点的直线依次交抛物线及其准线于点，若，且，则抛物线的标准方程是___________．【答案】【解析】【分析】分别作，到准线距离，利用抛物线定义和相似三角形解决.【详解】作准线于，准线于，设准线与轴交于点.由抛物线定义可知，，，∵，∴，∴在△中，，∴在△中，，∴为线段的中点，线段为△的中位线，∴，∴抛物线的方程为.故答案为：.四､解答题（共6小题）17. 在中,角的对边分别为,且满足.（1）求角的值;（2）若,求的面积.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】(1)先用正弦定理边化角,再逆用两角和的正弦公式进行化简即可求解;(2)利用余弦定理求出边,然后代入三角形面积公式计算即可.【小问1详解】解:由题意知,在中,将正弦定理代入有,所以,即,即,即,因为,所以,所以,因为,所以；【小问2详解】由(1)知,在中,由余弦定理可知,即,解得或（舍）,所以.18. 数列的前项和满足.（1）求证:数列是等比数列,并求；（2）若数列为等差数列,且,,求数列的前项.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求；（2）运用等差数列的通项公式可得bn及anbn的公式，由数列的错位相减法和等差数列、等比数列的求和公式，可得所求和．【详解】（1）当时，，所以. 因为①，所以当时，②， ①-②得，所以. 所以 所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以，所以. （2）由（1）知，，，所以，，设公差为，则，所以，所以，所以.设数列的前项和为，数列的前项和为，所以③，④，③-④得.所以，又因为,所以.所以的前项和为.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查了数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．19. 如图，用四类不同的元件连接成系统，当元件正常工作且元件都正常工作，或当元件正常工作且元件正常工作时，系统正常工作.已知元件正常工作的概率依次为.（1）求元件不正常工作的概率；（2）求元件都正常工作的概率；（3）求系统正常工作的概率.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）元件不正常工作是元件正常工作的对立事件，所以元件不正常工作的概率为1减去正常工作的概率；（2）根据元件都正常工作是三个相互独立事件即可计算概率；（3）系统正常工作可分为都正常工作和正常但不都正常工作两种情况，概率是两种情况的概率和.【小问1详解】设元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，元件正常工作为事件.由元件正常工作的概率，所以它不正常工作的概率；【小问2详解】元件都正常工作的概率【小问3详解】系统正常工作可分为都正常工作和正常但不都正常工作两种情况，都正常工作的概率为，､正常但不都正常工作的概率为，所以系统正常工作的概率是.20. 如图1，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示），（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（2）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小.【答案】（1） ；（2），【解析】【分析】（1）设，先利用线面垂直的判定定理证明即为三棱锥的高，再将三棱锥的体积表示为的函数，最后利用导数求函数的最大值即可； （2）由（1）可先建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关向量的坐标，设出动点的坐标，先利用线线垂直的充要条件计算出点坐标，从而确定点位置，再求平面的法向量，从而利用夹角公式即可求得所求线面角【详解】(1)设，则 ∵折起前，∴折起后∴平面∴ 设，∵，∴在上为增函数，在上为减函数∴当时，函数取最大值∴当时，三棱锥的体积最大；(2)以为原点，建立如图直角坐标系，由(1)知，三棱锥体积最大时，,∴ ,且设，则∵，∴即，∴，∴,∴当时，设平面的一个法向量为，由及得，取设与平面所成角为，则，∴∴与平面所成角的大小为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定，折叠问题中的不变量，空间线面角的计算方法，空间向量、空间直角坐标系的运用，有一定的运算量，属中档题. 21. 已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线L与C相交于A、B两点，当L的斜率为1时，坐标原点O到L的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）在C上是否存在点P，使得当L绕F转到某一位置时，有成立?若存在，求出所有的P的坐标与L的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，详见解析.【解析】【分析】（1）设，可得直线L方程为，利用点到直线距离公式即可得，利用离心率即可得，再利用求得后即可得解；（2）设，，则，按照直线L的斜率是否为0分类，当直线L斜率不为0时，设直线L的方程为，联立方程组结合韦达定理即可得、，将点P坐标代入椭圆方程求得后即可得解.【详解】（1） 设，当L的斜率为1时，其方程为，则原点O到直线L的距离为，解得，由椭圆的离心率，可得，，所以椭圆方程为；（2）假设C上存在点P，使得当L绕F转到某一位置时，有成立.设，，则，由（1）知，椭圆C的方程为，当直线L斜率为0时，点，不合题意；当直线L斜率不为0时，设直线L的方程为，由，消去x化简得，，所以，所以，所以点，又因为点在椭圆上，所以，化简得，解得或（舍去），当时，点，直线L的方程为即；当时，点，直线L的方程为即.综上，椭圆C上存在点，使得当L绕F转到某一位置时，有成立，此时直线方程为.【点睛】本题考查了椭圆性质的应用及标准方程的求解，考查了直线与椭圆的综合应用和运算求解能力，属于中档题.22. 已知函数，（1）讨论函数的单调区间；（2）求证：；（3）求证：当时，恒成立.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，求得，根据和，分类讨论，即可得到函数的单调区间；（2）令，由（1）可知，函数的最小值为，即可证明不等式；（3）不等式恒成立转化为不等式，设出函数，利用导数求解函数的最小值，即可作出证明．【详解】(1).    （i）当时,，函数在R上单调递增； (ii)当 时，令,则，当0,即时，函数单调递增；当0,即时，函数单调递减；综上，当时，函数在R上单调递增；当时，函数的单调递增区间是， 单调递减区间是. （2）证明:令,由（1)可知，函数 的最小值为, ∴, 即；（3）证明：恒成立与恒成立等价.令 则.当时，∴，∴在区间[1，十∞)上单调递增，∴，∴ 恒成立【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，不等式的证明和不等式的恒成立问题，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应用．