湖南省邵阳市邵东市创新高级中学2023-2024学年高二上学期创高杯考数学Word版含解析.docx

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创新高级中学2023年高二下学期创高杯考试数学试题一、选择题：本大题共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，则（）A-2-4iB.-2+4iC.6-2iD.6+2i3.在掷骰子的游戏中，向上的数字是5或6的概率是（）A.B.C.D.4.已知抛物线的焦点为F，P为C在第一象限上一点，若的中点到y轴的距离为3，则直线的斜率为（）A.B.C.2D.45.设，，且，则的最小值为（）A.4B.C.5D.6.在钝角中，，，则的取值范围是（）A.B.C.D.7.正方体的棱长为1，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（） A.B.C.D.8.已知点在直线上，点在圆上，则下列说法不正确的是（）A.点到直线的最大距离为B.若直线被圆所截得的弦长最大，则C.若直线为圆的切线，则的取值范围为D.若点也在圆上，则到直线的距离的最大值为二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，则下列说法正确的是（）A.B.函数f(x)的最小正周期为C.函数f(x)的对称轴方程为D.函数f(x)的图象可由的图象向左平移个单位长度得到10.设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.最大值为D.11已知直线，，则（）A.直线m恒过点B.若，则C若m⊥n，则D.当时，直线n不经过第三象限12.在平面四边形ABCD中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（） A.为等比数列B.为等差数列C.为递增数列D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.命题“，”的否定是___________．14.已知，，当事件，相互独立时，________.15.已知过原点的直线L与双曲线(a>0，b>0)的左、右两支分别交于A，B两点，F是C的右焦点，且．若满足的点P也在双曲线C上，则C的离心率为______.16.已知，，且，满足，若对于任意的，均有成立，则实数的最大值是______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为（1）求频率分布直方图中的值；（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；（3）从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率.18.数列是等差数列，为其前项和，且，，数列前项和为，且满足，. （1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前项和为，求.19.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且.（1）求的最小值；（2）若的面积为，求.20.已知函数的定义域为R，且对任意，都有，且当时，恒成立．（1）判定并证明函数在R上单调性；（2）讨论函数的奇偶性；（3）若，求x的取值范围．21.如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，侧面的面积为．（1）证明：平面平面；（2）点在棱上，当三棱锥的体积为时，求直线与平面所成的角的正弦值．22.已知椭圆E：的离心率为，A，B是它的左、右顶点，过点的动直线l（不与x轴重合）与E相交于M，N两点，的最大面积为．（1）求椭圆E的方程；（2）设是直线AM与直线BN的交点．（i）证明m为定值； （ii）试堔究：点B是否一定在以MN为直径的圆内？证明你的结论． 创新高级中学2023年下学期创高杯考试高二数学试题一、选择题：本大题共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】D【解析】【分析】计算出集合后，运用交集性质运算即可得.【详解】由，解得，即，又，则.故选：D.2.若，则（）A.-2-4iB.-2+4iC.6-2iD.6+2i【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到，结合复数的运算法则，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.故选：C.3.在掷骰子的游戏中，向上的数字是5或6的概率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】运用古典概型的计算方法计算即可得.【详解】由题意可得，向上的数字可能有6种，其中数字是5或6的有2种， 故其概率.故选：B.4.已知抛物线的焦点为F，P为C在第一象限上一点，若的中点到y轴的距离为3，则直线的斜率为（）A.B.C.2D.4【答案】B【解析】【分析】由的中点到y轴的距离为3可求得，得出点坐标，即可求出斜率.【详解】中点到y轴的距离为3，，即，解得，代入抛物线方程可得，因为F点的坐标为，所以直线的斜率为．故选：B.5.设，，且，则的最小值为（）A.4B.C.5D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用均值不等式“1”的妙用求解作答.【详解】因为，，且，则有，因此，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：B 6.在钝角中，，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理、两角差正弦公式和正切函数的性质求解即可.【详解】由正弦定理得，所以，因为钝角中，，当为锐角时，，得，则，所以，则，所以；当为钝角时，，得，则，所以，则，所以；综上：．故选：C.7.正方体的棱长为1，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，点在以为球心，半径的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥的表面的交线即可得答案.【详解】解：由题设知点在以为球心，半径的球面上，所以点P的轨迹就是该球与三棱锥的表面的交线．由正方体性质易知三棱锥为正四面体，所以，点到平面的距离，所以球在平面上的截面圆的半径，所以，截面圆的圆心是正中心，正的边长为，其内切圆的半径．因此，点P在面内的轨迹是圆在内的弧长，如图所示．，所以， 所以，所以，点P在此面内的轨迹长度为．因为平面ABCD，所以球在平面ABCD上的截面圆心为A，其半径，又，所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧，如图所示，，所以，从而，所以．由于对称性，点P在平面和平面内的轨迹长度都是，故点P在三棱锥的表面上的轨迹的长度是．故选：A8.已知点在直线上，点在圆上，则下列说法不正确的是（）A.点到直线的最大距离为B.若直线被圆所截得的弦长最大，则C.若直线为圆的切线，则的取值范围为D.若点也在圆上，则到直线 的距离的最大值为【答案】C【解析】【分析】求出圆心到直线距离的最大值，从而可求得到的最大距离，进而即可判断A；将圆心的坐标代入直线的方程，求出的值，即可判断B；利用圆心到直线的距离等于半径，结合点到直线的距离公式求出的值，进而即可判断C；分析可知当直线与圆相切时，到的距离的最大值，进而即可判断D．【详解】对于A，由题意可知，直线过定点，圆的圆心为原点，半径为，设圆心到直线的距离为，当时，；当与直线不垂直时，，则，所以点到最大距离为，故A正确；对于B，若被圆所截得的弦长最大，则直线过圆心，可得，所以，故B正确；对于C，若为圆的切线，则，解得，故C错误；对于D，若也在圆上，则直线与圆相切或相交，当直线与圆相切时，到的距离取最大值，故D正确．故选：C．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，则下列说法正确的是（）A.B.函数f(x)的最小正周期为C.函数f(x)的对称轴方程为D.函数f(x)的图象可由的图象向左平移个单位长度得到【答案】ABC【解析】【分析】对于含高次正余弦函数处理顺序一般是降次，运用辅助角公式，或者消元，将其化成正（余）弦型函数，再利用正（余）弦型函数的性质进行求解判断. 【详解】由对于选项A,由上分析可知，A项正确；对于选项B，因最小正周期,故B项正确；对于选项C，由，可知其对称轴可由求得，故函数的对称轴方程为，故C项正确；对于选项D，由的图象向左平移个单位长度得到而不是，故D项错误.故选：ABC.10.设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.的最大值为D.【答案】ABD【解析】【分析】由题意可得出，，，数列为递增数列，有结合，进行判断即可得.【详解】对A选项：，又，故，即，故A正确；对B选项：，由，，故，故B正确；对C选项：由，，故数列为递增数列，又，故，，即，，即，故C错误；对D选项：，故D正确.故选：ABD.11.已知直线，，则（） A.直线m恒过点B.若，则C.若m⊥n，则D.当时，直线n不经过第三象限【答案】BD【解析】【分析】变形后得到，得到直线m恒过点；B选项，根据平行得到方程，求出答案；C选项，根据垂直关系得到方程，求出；D选项，分，和三种情况，得到答案.【详解】A选项，变形为，令，解得，故直线m恒过点，A错误；B选项，，故且，解得，B正确；C选项，m⊥n，故，解得，C错误；D选项，当时，，不经过第三象限，当时，，不经过第三象限，若时，变形为，其中，，故经过第一，二，四象限，不经过第三象限，综上，当时，直线n不经过第三象限，D正确.故选：BD12.在平面四边形ABCD中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（）A.为等比数列B.为等差数列C.为递增数列D.【答案】BD【解析】 【分析】连交于，根据面积关系推出，根据平面向量知识推出，结合，推出，即，求出，，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断B，根据数列的单调性可判断C；利用错位相减法求出，可判断D.【详解】如图，连交于，则，即，所以，所以，所以，设，因为，所以，，所以，所以，即，又，所以，所以是首项为2，公差为的等差数列，所以，所以， 因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；因为，所以为等差数列，故B正确；因为，所以为递减数列，故C不正确；因为，所以，所以，所以，所以，故D正确.故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.命题“，”的否定是___________．【答案】，【解析】【分析】根据全称量词命题的否定的知识求得正确答案.【详解】命题“，”是全称量词命题，其否定是：，.故答案为：，14.已知，，当事件，相互独立时，________.【答案】【解析】 【分析】根据独立事件的概率乘法公式求出，最后根据计算可得.【详解】因为，，且事件，相互独立，所以，.故答案为：15.已知过原点的直线L与双曲线(a>0，b>0)的左、右两支分别交于A，B两点，F是C的右焦点，且．若满足的点P也在双曲线C上，则C的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】设左焦点为，，则，连接，，进而根据题意得四边形为矩形，再分别在中和中，结合勾股定理求解即可.【详解】设左焦点为，，则，连接，，由双曲线的定义知，，因为，所以四边形为矩形．在中，，即，化简得，在中，，即， 将代入（*）式得，所以，所以．故答案为：.16.已知，，且，满足，若对于任意的，均有成立，则实数的最大值是______.【答案】##【解析】【分析】将两式作差后因式分解可得，则可转化为，求出在上的最小值即可得.【详解】由，两式作差有，由，故，即，又，即有，故，则，又，故，又，则，此时，即，故实数的最大值. 故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为（1）求频率分布直方图中值；（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；（3）从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率.【答案】（1）0.006；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）在频率分布直方图中，由频率总和即所有矩形面积之和为，可求；（2）在频率分布直方图中先求出50名受访职工评分不低于80的频率为，由频率与概率关系可得该部门评分不低于80的概率的估计值为；（3）受访职工评分在[50，60)的有3人，记为，受访职工评分在[40，50)的有2人，记为，列出从这5人中选出两人所有基本事件，即可求相应的概率.【详解】（1）因为，所以（2）由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为（3）受访职工评分在[50，60)的有：50×0.006×10=3(人)，即为； 受访职工评分在[40，50)的有：50×0.004×10=2(人)，即为.从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是又因为所抽取2人的评分都在[40，50)的结果有1种，即，故所求的概率为【点睛】本题考查频率分布直方图､概率与频率关系､古典概型，属中档题；利用频率分布直方图解题的时，注意其表达的意义，同时要理解频率是概率的估计值这一基础知识；在利用古典概型解题时，要注意列出所有的基本事件，千万不可出现重､漏的情况.18.数列是等差数列，为其前项和，且，，数列前项和为，且满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前项和为，求.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式求出，利用递推关系可得数列为等比数列，再代入通项公式，即可得到答案；（2）由（1）得，再利用错位相减法求和，即可得到答案；【详解】（1）； ，，两式相减得：，，；（2）由（1）得，，，两式相减得：，，.【点睛】本题考查等差数列、等比数列通项公式、错位相减法求和，考查转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.19.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且.（1）求的最小值；（2）若的面积为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角逆用两角和的正弦公式，结合化简，再利用正弦定理化角为边以及基本不等式即可求解； （2）根据三角形的面积求出角或，再由余弦定理检验即可求解.【小问1详解】因为，根据正弦定理化边为角可得：，所以，所以，所以，，所以当且仅当时等号成立，所以当时，取得最小值.【小问2详解】由（1）知，所以的面积，所以.因为，所以或，当时，由余弦定理，得，不合题意，因此不合题意；当时，由余弦定理，得，又，所以，或符合题意，所以.20.已知函数的定义域为R，且对任意，都有，且当时，恒成立．（1）判定并证明函数在R上的单调性；（2）讨论函数的奇偶性；（3）若，求x的取值范围．【答案】（1）单调递减，证明见解析 （2）奇函数，理由见解析（3）或【解析】【分析】（1）利用函数单调性定义判断函数的单调性；（2）赋值法得到，进而赋值得到，得到答案；（3）根据函数奇偶性和单调性解不等式，得到答案.【小问1详解】在R上单调递减，理由如下：任取，且，因为，所以，令，则，因为当时，恒成立，又，所以，所以，，所以在R上单调递减；【小问2详解】令，则，解得，令，因为，故，所以，所以是奇函数；【小问3详解】因为，所以，因为是奇函数，所以， 因为是R上的减函数，所以，解得或，所以不等式的解集为或.21.如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，侧面的面积为．（1）证明：平面平面；（2）点在棱上，当三棱锥的体积为时，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式可推导出，再由结合线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据三棱锥的体积以及已知条件求出点的坐标，然后利用空间向量法可求得直线与平面所成的角的正弦值．【小问1详解】证明：由侧面的面积为，得，又，，所以，从而，即，又因为，，、平面，故平面，而平面，所以平面平面．【小问2详解】解：取的中点，连接，因为，所以，由（1）平面平面， 而平面，平面平面，所以平面．以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，，则、、、因为，所以，，，设，则．设，即，所以，从而，，故，于是，又，，设是平面的一个法向量，则，取，得，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成的角的正弦值为．22.已知椭圆E：的离心率为，A，B是它的左、右顶点，过点的动直线l（不与x轴重合）与E相交于M，N两点，的最大面积为． （1）求椭圆E的方程；（2）设是直线AM与直线BN的交点．（i）证明m为定值；（ii）试堔究：点B是否一定在以MN为直径的圆内？证明你的结论．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）点B一定在以MN为直径的圆内，证明见解析【解析】【分析】（1）根据最大面积可得，再结合离心率及求解作答.（2）（i）设出直线l的方程，与椭圆E的方程联立，利用韦达定理结合三点共线的斜率关系列式求解作答；（ii）利用平面向量数量积推导为钝角作答.【小问1详解】设椭圆E的焦距为2c，依题意，，设椭圆E上点M的纵坐标为，，的面积，当且仅当时取等号，因此，而，且，解得，，所以椭圆E的方程为.【小问2详解】由（1）知，，，设直线l的方程为，而点在椭圆E内，直线l与E总相交，由得：，设，，则，，（i）由P，A，M共线，得，由P，B，N共线，得，联立两式得，又，即有， 因此，所以，为定值．（ii）点B一定在以MN为直径的圆内，由（i）知，，，即，因为，，因此，而2，从而，于是，为钝角，所以点B一定在以MN为直径的圆内.【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．