2024年2月恩施州利川市高二數(shù)學下學期入學考試卷附答案解析

年2月恩施州利川市高二數(shù)學下學期入學考試卷2024.02一、單項選擇題（共8小題，每小題5分，共40分．每小題只有一個選項符合題意）1．若復數(shù)滿足，則復數(shù)的虛部是（

）A． B． C． D．2．“方程表示橢圓”是“”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．已知等邊三角形邊長為，則（

）A． B． C． D．4．如圖的形狀出現(xiàn)在南宋數(shù)學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中，后人稱為“三角垛”．“三角垛”最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第n層有個球，則數(shù)列的前20項和為（

）A． B． C． D．5．連續(xù)拋擲一枚質地均勻的硬幣2次，設“第1次正面朝上”為事件，“第2次反面朝上”為事件，“2次朝上結果相同”為事件，有下列三個命題：①事件與事件相互獨立；②事件與事件相互獨立；③事件與事件相互獨立．以上命題中，正確的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．36．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且若，外接圓的半徑為1，則面積的最大值為（

）A． B． C． D．7．已知定義域為R的函數(shù)滿足是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，則下列結論錯誤的是（

）A．的圖象關于直線對稱 B．的圖象關于點對稱C． D．的一個周期為88．已知是橢圓上的動點，且與的四個頂點不重合，，分別是橢圓的左、右焦點，若點在的平分線上，且，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．9．已知a，b為正實數(shù)，且，則（

）A．a(chǎn)b的最大值為4 B．的最小值為C．的最小值為 D．的最小值為210．《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，在陽馬P－ABCD中，側棱PD⊥底面ABCD，，，，則下列結論正確的有（

）A．四面體P－ACD是鱉臑 B．陽馬P－ABCD的體積為C．陽馬P－ABCD的外接球表面積為 D．D到平面PAC的距離為11．若數(shù)列滿足，則稱數(shù)列為斐波那契數(shù)列，又稱黃金分割數(shù)列，在現(xiàn)代物理、準晶體結構.化學等領域，斐波那契數(shù)列都有直接的應用，則下列結論成立的是（

）A． B．C． D．12．已知點是曲線：上的動點，點是直線上的動點.點是坐標原點，則下列說法正確的有（

）A．原點在曲線上B．曲線圍成的圖形的面積為C．過至多可以作出4條直線與曲線相切D．滿足到直線的距離為的點有3個三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．若函數(shù)的圖象在內有且僅有兩條對稱軸，一個對稱中心，則實數(shù)的最大值是．14．已知向量，滿足，，則.15．已知為空間五個點，若兩兩垂直，且，，則點到平面的距離的最大值為．16．已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角的正切值為.若直線（且）與雙曲線交于A，B兩點，直線，的斜率的倒數(shù)和為，則直線恒經(jīng)過的定點為.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．在中，內角的對邊分別為，向量，且．(1)求；(2)若的外接圓半徑為2，且，求的面積．18．某足球俱樂部舉辦新一屆足球賽,按比賽規(guī)則,進入淘汰賽的兩支球隊如果在120分鐘內未分出勝負,則需進行點球大戰(zhàn).點球大戰(zhàn)規(guī)則如下:第一階段,雙方各派5名球員輪流罰球,雙方各罰一球為一輪,球員每罰進一球則為本方獲得1分,未罰進不得分,當分差拉大到即使落后一方剩下的球員全部罰進也不能追上的時候,比賽即宣告結束,剩下的球員無需出場罰球.若5名球員全部罰球后雙方得分一樣,則進入第二階段,雙方每輪各派一名球員罰球,直到出現(xiàn)某一輪一方罰進而另一方未罰進的局面,則罰進的一方獲勝.設甲、乙兩支球隊進入點球大戰(zhàn),由甲隊球員先罰球,甲隊每位球員罰進點球的概率均為,乙隊每位球員罰進點球的概率均為.假設每輪罰球中,兩隊進球與否互不影響,各輪結果也互不影響.(1)求每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的概率;(2)若在點球大戰(zhàn)的第一階段,甲隊前兩名球員均得分而乙隊前兩名球員均未得分,甲隊暫時以2:0領先,求甲隊第5個球員需出場罰球的概率.19．已知遞增的等差數(shù)列滿足：成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)記為數(shù)列的前項和，，求數(shù)列的前項和.20．橢圓的離心率，且橢圓的長軸長為4.(1)求橢圓的方程；(2)設直線過點，且與橢圓相交于兩點，又點是橢圓的下頂點，當面積最大時，求直線的方程，并求出最大面積.21．在四棱錐中，已知底面是直角梯形，，平面平面，且.

(1)證明：平面平面；(2)是否存在實數(shù)，使得平面與平面的夾角的余弦值為？若存在，求出實數(shù)的值；若不存在，請說明理由.22．已知橢圓（常數(shù)），點，，為坐標原點．(1)求橢圓離心率的取值范圍；(2)若是橢圓上任意一點，，求的取值范圍；(3)設，是橢圓上的兩個動點，滿足，試探究的面積是否為定值，說明理由．1．C【分析】根據(jù)復數(shù)模和四則運算，即可得到答案；【詳解】，復數(shù)的虛部是，故選：C.2．A【分析】由方程表示橢圓，列出不等式求解，再根據(jù)充分必要條件與集合的關系得出答案.【詳解】方程表示橢圓，則，解得且，因此“方程表示橢圓”是“”的充分不必要條件.故選：A3．A【分析】根據(jù)題意，結合向量的數(shù)量積的定義域運算，即可求解.【詳解】由向量的數(shù)量積的運算，可得.故選：A.4．A【分析】根據(jù)已知條件中的規(guī)律，利用累加法求出數(shù)列的通項公式，進而求得，利用裂項相消法求出數(shù)列的前20項和即可.【詳解】根據(jù)已知條件有，當時，，，，，，以上各式累加得：，又，所以，經(jīng)檢驗符合上式，所以，所以，設數(shù)列的前項和為，則，所以.故選：A.5．D【分析】列舉出拋擲兩枚質地均勻的硬幣的所有結果，再逐一分析判斷各個選項即可.【詳解】拋擲兩枚質地均勻的硬幣的所有結果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，由題意得，，，．因為，故事件相互獨立，①正確；因為，故事件相互獨立，②正確；因為，故事件相互獨立，③正確．故選：D6．A【分析】根據(jù)余弦定理求得，由正弦定理求得，結合三角形面積公式和基本不等式求出結果.【詳解】由，得，∵，∴，∵外接圓的半徑為1，∴由正弦定理得，則，∴，則，∴，當且僅當時等號成立，∴，即面積的最大值為.故選：A.7．C【分析】根據(jù)是奇函數(shù)，可得，判斷B;根據(jù)是偶函數(shù)，推出，判斷A;繼而可得，可判斷D；利用賦值法求得，根據(jù)對稱性可判斷C.【詳解】由題意知是奇函數(shù)，即，即，即，故的圖象關于點對稱，B結論正確；又是偶函數(shù)，故，即，故的圖象關于直線對稱，A結論正確；由以上可知，即，所以，則，故的一個周期為8，D結論正確；由于，令，可得，而的圖象關于直線對稱，故，C結論錯誤，故選：C【點睛】方法點睛：此類抽象函數(shù)的性質的判斷問題，解答時一般要注意根據(jù)函數(shù)的相關性質的定義去解答，比如奇偶性，采用整體代換的方法，往往還要結合賦值法求得特殊值，進行解決.8．D【分析】作出輔助線，得到，求出的取值范圍，從而求出的取值范圍.【詳解】如圖，直線與直線相交于點N，由于PM是的平分線，且，即PM⊥，所以三角形是等腰三角形，所以，點M為中點，因為O為的中點，所以OM是三角形的中位線，所以，其中，因為P與的四個頂點不重合，設，則，則，所以，又，所以，∴的取值范圍是.故選：D.9．BD【分析】根據(jù)基本不等式及“1”代換即可判斷各選項.【詳解】對于A，，因為（當且僅當時取“=”），所以ab的最小值為4，A錯誤；對于B，由，得（當且僅當時取“=”），B正確；對于C，（當且僅當時，取“=”），C錯誤；對于D，（當且僅當時，取“=”），D正確．故選：BD．10．BD【分析】根據(jù)鱉臑定義判斷A，根據(jù)錐體體積公式判斷B，通過補形確定陽馬P－ABCD的外接球的直徑，結合球的體積公式判斷C，利用等體積法求D到平面PAC的距離判斷D.【詳解】設，，，由側棱PD⊥底面ABCD，，，，可得，解得即，，．對于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，將陽馬補形為長為2，寬為1，高為1的長方體，可知其外接球直徑為，故陽馬的外接球半徑，表面積，故C錯誤；對于D，設D到平面的距離為h，由，，可得的面積為，由等體積法，可得，解得，故D正確．故選：BD.11．ABC【分析】根據(jù)已知條件及數(shù)列的項的定義，結合數(shù)列的前和的定義即可求解.【詳解】對于A，由得，故A正確；對于B，，所以,故B正確；對于C，由，得，故C正確；對于D，,故D錯誤.故選：ABC.12．ACD【分析】分類討論后，根據(jù)對稱性畫出函數(shù)圖像，從而可以進一步求解.【詳解】對于A：將原點坐標代入，正確，故A選項正確；對于B：當時，曲線：，即，即，第一象限內曲線與坐標軸圍成的圖形的面積為，所以總面積為：.故選項B錯誤；由函數(shù)圖像知過至多可以作出4條直線與曲線相切，故選項C正確；原點到直線的距離為：滿足到直線的距離為的點有共3個，故選項D正確.故選：ACD.13．【分析】化簡解析式，根據(jù)三角函數(shù)對稱軸和對稱中心的知識和定義域列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】由題意，得，令，解得，令，得；令，解得，令，得．根據(jù)題意，得，解得，所以實數(shù)的最大值是．故答案為：．14．【分析】由向量模、數(shù)量積公式先求出，再由公式即可得解.【詳解】由題意，，所以.故答案為：.15．【分析】根據(jù)等體積法可得到平面的距離，即可根據(jù)的軌跡求解.【詳解】由于，故點在以為球心，半徑為的球面上，設到平面的距離為，則由等體積法可得,而,所以,故，因此點到平面的距離的最大值為，故答案為：16．【分析】先根據(jù)漸近線的傾斜角算出，然后聯(lián)立直線和雙曲線，結合題目條件和韋達定理找到的關系，從而得到定點.【詳解】因為雙曲線方程為一條漸近線的傾斜角的正切值為.所以，解得，所以雙曲線方程為.設，，聯(lián)立得，.由韋達定理得，.因為，所以.所以，由題意知，此時.所以直線方程為，恒經(jīng)過的定點為.故答案為：17．(1)(2)【分析】（1）結合題意表示出，利用正弦定理將角化邊，借助余弦定理化簡即可;（2）結合第（1）問及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化簡得，求出的面積即可.【詳解】（1）由已知，即，由正弦定理得，即，整理得，即，又，故；（2）因為，所以，則，即，又，所以．因為的外接圓半徑，所以由正弦定理可得，所以，所以．18．(1)(2)【分析】(1)每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球.(2)甲隊第5個球員需出場罰球,則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分,即四輪罰球結束時比分可能為2:1或2:2或3:2.【詳解】（1）設每一輪罰球中,甲隊球員罰進點球的事件為,未罰進點球的事件為;乙隊球員罰進點球的事件為,未罰進點球的事件為.設每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的事件為C,由題意,得在每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球,則,故每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的概率為.（2）因為甲隊第5個球員需出場罰球,則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分,即四輪罰球結束時比分可能為2:1或2:2或3:2.①比分為2:1的概率為.②比分為2:2的概率為.③比分為3:2的概率為.綜上,甲隊第5個球員需出場罰球的概率為.19．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題中條件列出方程組，解出即可;（2）錯位相減后得到結果，再用錯位相減法進行計算，即可求解.【詳解】（1）設，由題意得，即，解得或（舍去）.（2）由（1）可得，則，①可得：，②①-②可得：，設.③，④③-④可得：，則，，.20．(1)；(2)直線方程為，.【分析】（1）由離心率及長軸長求橢圓參數(shù)，即可得方程；（2）設，直線為，聯(lián)立橢圓方程，應用韋達定理、弦長公式可得，應用換元法及對勾函數(shù)性質求面積最大值，并確定對應k值，即可得直線方程.【詳解】（1）由題意，解得，則，橢圓的方程為：.（2）由題意，直線斜率必存在，設，直線為，

聯(lián)立，得，.則，，又，令，則，又在單調遞增，當，即，即時，面積最大，此時直線為，且.21．(1)證明見解析(2)存在，或【分析】（1）先根據(jù)面面垂直性質定理得出線面垂直，再建立空間直角坐標系應用法向量垂直證明面面垂直；（2）應用空間向量法求二面角余弦計算求參即可.【詳解】（1）取的中點的中點，連接，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，易知兩兩垂直.以為原點，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，.

取的中點，連接.因為，所以.因為平面平面，所以平面，從而.又，所以平面，易知為平面的一個法向量.設平面的法向量為，因為，所以即取，得因為，所以平面平面.（2）因為平面就是平面，其法向量可以取.可求得，.設平面的法向量為，所以即取，得，設平面與平面的夾角為，則化簡得，解得或，即存在實數(shù)或，使得平面與平面的夾角的余弦值為.22．(1)(2)(3)的面積為定值，理由見解析【分析】（1）根據(jù)離心率公式直接可得范圍；（2）由，可得點坐標，代入橢圓方程可得，則設，，，可得；（3）方法一：由已知可得，平方可得，即，化簡得，化簡面積可得；方法二：由已知，即，①當直線斜率不存在時，計算可得；②當直線斜率存在時，設直線的方程為：，聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理表示弦長，進而求得面積.【詳解】（1）由橢圓方程為，則離心率，又，所以；（2）