2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳县第一中学高二下学期入学考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳县第一中学高二下学期入学考试数学试题含解析，共27页。试卷主要包含了 命题“”的否定是， 已知复数满足，则， 已知，则， 已知直线， 设函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

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：D
3. 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：B
4. 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：C
6. 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：ACD
12. 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．