湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二（下）入学数学试卷（含解析）

2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高二（下）入学数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. C. D.
3.中国古代数学著作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，六朝才得到其关，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，走了天后到达目的地，请问第二天走了
( )
A. 里 B. 里 C. 里 D. 里
4.展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
5.甲、乙、丙等人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有人，则不同排法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.若平面上两点，，则过点的直线上满足的点的个数为( )
A. B. C. 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，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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和，如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，则王同学( )
A. 第二天去甲餐厅的概率为
B. 第二天去乙餐厅的概率为
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、、的三个小球，从中任取一个，记下它的号码，放回袋中，这样连续做三次若抽到各球的机会均等，事件“三次抽到的号码之和为”，事件“三次抽到的号码都是”，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的弦长为______．
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.本小题分
已知函数，．
讨论函数的单调性；
当时，如果函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围．
16.本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小；
是的角平分线，若，求的面积．
17.本小题分
如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，，点在侧棱上，且．
证明：平面平面；
求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
18.本小题分
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．
求椭圆的标准方程；
设的横坐标为，当时，求面积的最大值．
19.本小题分
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．
Ⅰ判断数列，，是否具有性质，并说明理由；
Ⅱ设数列具有性质，是中的任意一项，证明：一定是中的项；
Ⅲ若数列具有性质，证明：当时，数列是等差数列．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查单位圆与正弦函数、余弦函数的基本性质，充分、必要、充要条件的判断，属于基础题．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到答案．
【解答】
解：若为锐角，则，则，
即为锐角能推出；
若，则或，
即不能推出为锐角；
故“为锐角”是“”的充分不必要条件．
故答案选：．
2.【答案】
【解析】解：双曲线的渐近线方程为，化为，
又是双曲线的一条渐近线，．
故选：．
由双曲线方程求得渐近线方程，结合已知得答案．
本题考查双曲线的性质，考查双曲线的渐近线，是基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等比数列的通项公式、前项和公式、实际应用，属于较易题．
由题意可知此人每天行走的路程构成等比数列，且公比为，由以及等比数列的前项和公式求出，利用等比数列的通项公式即可求出．
【解答】
解：由题意可知，此人每天走的步数构成以为公比的等比数列，
由等比数列的前项和公式可得，
解得，
则，
故第二天走了里．
故选：．
4.【答案】
【解析】解：的展开式中系数，只要求出的展开式中含的项及的系数，
的展开式的通项
令可得；
令可得
故的系数为，
故选：．
求的展开式中系数，只要求出的展开式中含的项及的系数，然后合并同类项可求
本题主要考查了二项展开式的通项在求解展开式的指定项中的应用，解题的关键是求出通项中的的值
5.【答案】
【解析】解：因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，
当乙丙及中间人占据首四位，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；
当乙丙及中间人占据尾四位，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：．
分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果．
本题考查排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：由，得，
可得，即，
设，得，
整理得，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：．
把已知向量等式变形，可得，设的坐标，求得的轨迹，再由直线与圆的位置关系判定．
本题考查平面向量的数量积运算，考查轨迹方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：，
，
又，，
，
，
，解得．
故选：．
根据已知条件，运用三角函数的同角公式，可得，再结合正切函数的两角和公式，即可求解．
本题考查了三角函数的同角公式，以及正切函数的两角和公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
8.【答案】
【解析】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，所以，解得．
故选：．
由题意，可得夹角的取值范围，整理相关等式，进而可得离心率的函数表达式，利用不等式的性质和离心率的范围，可得答案．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及向量数量积的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二倍角公式、辅助角公式和三角函数的性质，属于中档题．
利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，再利用三角函数的性质对每一个选项进行判断即可．
【解答】解：已知函数
，，
则对于，正确，
对于，当，，即，， 在区间上只有个零点，故B错误．
对于， 的最小正周期为，正确．
对于，当时，函数，，
所以为图象的一条对称轴，正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：设为第一天去甲餐厅，为第二天去甲餐厅，为第一天去乙餐厅，为第二天去乙餐厅，
所以，，，，
因为，，
所以，，，
所以有，故选项A正确；
第二天去甲餐厅与第二天去乙餐厅为对立事件，，故选项B不正确；
因为，故选项C正确；
，故选项D不正确，
故选：．
根据题中所给的公式进行逐一判断即可．
本题考查条件概率公式，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于：令，，则，
又，所以，故A错误；
对于：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，
所以是周期为的周期函数．
令，则，即，所以，
所以，，，，所以，
故，
故D正确．
故选：．
对于：令，后计算可判断；
对于：令后计算可判断；
对于：令后计算可判断；
对于：先通过变形确定函数的周期，然后利用周期来求解．
本题主要考查抽象函数的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为所有基本事件的个数为，三次抽到的号码之和为，包括次号码都不一样，分别是，，，基本事件的个数为，次号码都一样，全是，基本事件的个数为，故基本事件的个数为，
所以，，
所以，
故答案为：．
结合条件概率计算公式，分别计算出与，代入公式计算即可．
本题考查条件概率计算公式，考查学生的计算能力，比较基础．
13.【答案】
【解析】解：抛物线：的焦点为，准线为．
代入圆：，可得，
圆：，即，
圆心到直线的距离为，
抛物线的准线与圆相交所得的弦长为．
故答案为：．
求出抛物线：的焦点为，准线为，确定圆的方程，即可求出抛物线的准线与圆相交所得的弦长．
本题考查圆的方程，考查抛物线的性质，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，比较基础．
14.【答案】
【解析】解：设是曲线上的任意一点，
，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
代入点得，即，
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，
所以当时，，，单调递减，
当 时，，，单调递增，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以实数的最大值为．
故答案为：．
设是曲线上的任意一点，写出曲线在点处的切线方程为，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，可得，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，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
15.【答案】解：已知函数，，，
，
当时，，在递增；
当时，，，递减；，，递增；
当时，，，
，
即在恒成立，
分离参数，
由，，
故，即．
【解析】对函数求导，对进行讨论，判断单调性；
函数在定义域内单调递增，，分离参数求出的范围．
考查用导数法判断函数的单调性和最值，中档题．
16.【答案】解：由及正弦定理，得，
因为，所以，即，
又，
所以，即．
在中，由余弦定理得，，
所以，即，
因为，
所以，
化简得，
由得，，
整理得，，
解得，
所以．
【解析】利用正弦定理化边为角，结合辅助角公式，即可得解；
结合余弦定理和三角形的面积公式，列方程组求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，辅助角公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：证明：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；
取的中点，因为，可得，由可得，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为，
则平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【解析】先证明线面垂直，再证明面面垂直即可；
以坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出两平面的法向量，用向量的夹角公式计算即可．
本题考查了平面与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
18.【答案】解：设，由，知，即，
由，知，即，
则，故椭圆的标准方程为；
直线的方程为与联立，
可得，且，有，即，
直线的方程为，令，可得，
，，
即，，
而，当，即时取等号，且，
故面积的最大值为．
【解析】由已知可得，可求，进而有，可求，进而可求椭圆的标准方程；
联立直线与椭圆的方程，进而可得，求得直线的方程，求得，进而利用，可得，，可求面积的最大值．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形的面积的最大值，属中档题．
19.【答案】Ⅰ解：数列，，具有性质因为，，，，，，均是数列，，中的项，
所以数列，，具有性质．
Ⅱ证明：设数列所有的项组成集合．
因为，所以，，
所以，即，所以，．
当，因为，所以，．
Ⅲ证明：因为，
且，
所以，，，，，，
即
当时，，所以，得，
由，
以及，
可得，，，，，
所以．
因为，，且，
所以，且，
所以
两式相减得．
所以，当时，，，，，是等差数列．
【解析】Ⅰ根据新定义验证数列是否具有性质即可．
Ⅱ设数列所有的项组成集合，根据定义判断，，，，即可证明结论成立．
Ⅲ由，得出；由，可得；两式相减可证明，，，，是等差数列．
本题考查了数列的新定义与性质的应用问题，也考查了推理与判断能力，是难题．
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