【高中競賽】湖南省岳陽市湘陰縣第二中學2023-2024學年高二上學期競賽數學試卷（含解析）

答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁湖南省岳陽市湘陰縣第二中學2023-2024學年高二上學期競賽數學試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．函數與的圖象（

）A．關于x軸對稱 B．關于y軸對稱C．關于原點對稱 D．關于直線y=x對稱2．已知集合則（

）A． B．C． D．3．為了得到函數的圖象，只需把余弦函數曲線上所有的點（

）A．向左平行移動個單位長度 B．向右平行移動個單位長度C．向左平行移動個單位長度 D．向右平行移動個單位長度4．復數與的積是實數的充要條件是（

）A． B．C． D．5．如圖，空間四邊形中，，點在上，且滿足，點為的中點，則（

）A． B．C． D．6．與直線關于軸對稱的直線的方程為（

）A． B．C． D．7．橢圓與橢圓的（

）A．長軸長相等 B．短軸長相等 C．離心率相等 D．焦距相等8．與圓及圓都外切的圓的圓心在（

）A．橢圓上 B．雙曲線上的一支上 C．拋物線上 D．圓上9．在數列中，，，則為（

）．A． B． C． D．10．等差數列中，若，且，為前項和，則中最大的是（

）A． B． C． D．11．已知二次方程表示兩條直線，則為（

）．A．94 B．95 C．96 D．9812．正方體的八個頂點中，有四個恰好為正四面體的頂點，則正方體的表面積與正四面體的表面積之比為（

）．A． B． C． D．13．直線與橢圓相交于、兩點,該橢圓上點,使得的面積等于3．這樣的點共有(

)A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、多選題14．在中，，則可為（

）．A．12 B．16 C．24 D．30 E．48三、填空題15．球的半徑擴大到原來的n倍，則其表面積擴大到原來的倍，體積擴大到原來的倍.16．函數在一個周期內的圖象如圖，此函數的解析式為.

17．在面積為定值S的扇形中，扇形的周長最小時半徑是.18．在周長為定值的扇形中，扇形的面積最大時半徑是.19．直線和兩點，若直線上存在點M使得最小，求點M的坐標.20．在中，，，則面積的最大值為.四、解答題21．已知，計算(1)；(2)；22．化簡：(1)；(2)23．（1）已知正數滿足，求的最小值.（2）已知正數滿足，求的最小值.24．已知函數．（1）求的最小正周期；（2）當時，求的最小值以及取得最小值時的集合．25．已知橢圓的標準方程為，如圖直線l過右焦點F與橢圓交于A、B兩點，角，焦點F滿足，求離心率e.26．在中，的平分線交于，且，求的面積.《湖南省岳陽市湘陰縣第二中學2023-2024學年高二上學期競賽數學試卷》參考答案題號12345678910答案CACABBDBBB題號11121314答案CBBABC1．C【解析】令，則，由與的圖象關于原點對稱即可得解.【詳解】解：令，則與的圖象關于原點對稱，與的圖象關于原點對稱.故選：【點睛】本題考查指數函數的性質，屬于基礎題.2．A【分析】根據對數函數、指數函數性質化簡集合，結合交集的概念即可得解.【詳解】，，所以.故選：A.3．C【解析】根據三角函數圖象變換規律確定選項.【詳解】因為向左平行移動個單位長度得，故選：C【點睛】本題考查三角函數圖象變換，考查基本分析判斷能力，屬基礎題.4．A【分析】先求積可得，根據復數為實數的性質，即可得解.【詳解】，若要復數與的積是實數，則，反之，則復數與的積是實數，所以是復數與的積是實數的充要條件，故選：A5．B【分析】利用空間向量線性運算進行求解.【詳解】由題意，又，.故選：B6．B【分析】把方程中的換成即可得到所求直線方程.【詳解】直線關于軸對稱的直線為：，即.故選：B.7．D【分析】求出兩橢圓的長軸長、短軸長、焦距以及離心率，即可得出合適的選項.【詳解】橢圓的長軸長為，短軸長為，焦距為，離心率為，橢圓的長軸長為，短軸長為，焦距為，離心率為，所以，兩橢圓的焦距相等，長軸長不相等，短軸長不相等，離心率也不相等.故選：D.8．B【分析】根據兩圓方程得出兩圓的圓心坐標和半徑，判斷出兩圓的位置關系，再利用與兩圓都外切的位置關系得出圓心距離所滿足的等量關系，結合圓錐曲線的定義即可得出答案.【詳解】由圓可知，圓心，半徑，圓化為標準方程，圓心，半徑，因此圓心距，所以兩圓相離，設與兩圓都外切的圓的圓心為，半徑為，則滿足，所以，即圓心的軌跡滿足到兩定點距離之差為定值，且定值小于兩定點距離，根據雙曲線定義可知，圓心的軌跡是某一雙曲線的左支，即圓心在雙曲線的一支上.故選：B.9．B【分析】由題意可以得到數列為等比數列，從而求解出數列的通項公式.【詳解】因為，所以，又因為，所以，故為首項為3，公比為2的等比數列，所以，故.故選：B.10．B【分析】設等差數列的公差為，由，利用通項公式化為，得，由可得，，利用二次函數的單調性即可得出答案【詳解】設等差數列的公差為，，即，則等差數列單調遞減，當時，數列取得最大值故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式及其前項和公式，二次函數的單調性，考查了推理能力與運算能力，屬于中檔題．11．C【分析】根據題意，設二次方程為，利用對應系數相等，得到方程組，求得的值，即可求解.【詳解】因為表示兩條直線，即方程可分解為兩個一次式的乘積，由，可得，設二次方程為，整理得到，可得，解得，所以.故選：C.12．B【分析】設正方體的棱長為，可求出正四面體的棱長，繼而求得兩種幾何體的表面積即可.【詳解】正方體的棱長為，此時正四面體的棱長為，則正方體的表面積為，正四面體的表面積為，兩者之比為，故選：B.13．B【分析】設出的坐標，表示出四邊形面積，利用輔角公式整理化簡，再利用三角函數的性質求得面積的最大值，進而求得的最大值，利用判斷出點不可能在直線的上方，進而推斷出在直線的下方有兩個點．【詳解】設，即點在第一象限的橢圓上，

考慮四邊形面積，，∴．∵為定值，∴的最大值為．∵，∴點不可能在直線的上方，顯然在直線的下方有兩個點.故選：B．【點睛】本題主要考查了直線與圓錐曲線的關系．考查了學生分析問題和解決問題的能力．14．ABC【分析】根據題意，求得點在以為直徑的圓上，得到點到的距離為，得到的面積，結合選項，即可求解.【詳解】在中，因為，可得點在以為直徑的圓上，設點到的距離為，根據圓的性質，可得，所以的面積，結合選項，可得A、B、C符合題意.故選：ABC.15．【分析】設原來球的半徑為，得到擴大后的球的半徑為，結合球的表面積和體積公式，即可求解.【詳解】設原來球的半徑為，將球的半徑擴大為原來的倍，可得半徑為，則原來球的表面積為，體積為，擴大后的球的表面積為，體積為，可得，.故答案為：；.16．【詳解】根據所給的圖象，可以看出圖象的振幅是，得到，看出半個周期的值，得到，根據函數的圖象過點，把點的坐標代入函數解析式，結合的取值范圍求出的值，從而得到三角函數的解析式.【解答】由圖象可知，，函數的最小正周期為，所以，，則函數解析式為，因為函數的圖象過點，則，可得，因為，則，所以，，解得，故函數解析式為.故答案為：.17．【分析】設扇形的半徑為，扇形圓心角為，根據面積得到，從而求出，利用基本不等式求出最值，得到答案.【詳解】設扇形的半徑為，扇形圓心角為，則扇形弧長為，故，故，所以扇形的周長為，由基本不等式得，當且僅當，即，此時，滿足要求.故答案為：18．【分析】設扇形的半徑為，弧長為，得到，得到扇形的面積為，結合二次函數的性質，即可求解.【詳解】設扇形的所在圓的半徑為，弧長為，可得，則則扇形的面積為，根據二次函數的性質，可得時，面積取得最大值.故答案為：.19．【分析】如圖，作出點關于直線的對稱點，連接，交直線于，求出點的坐標，再求出直線的方程，再與直線的方程聯立可求出點的坐標.【詳解】如圖，作出點關于直線的對稱點，連接，交直線于，則則，所以，當三點共線時取等號，即三點共線時，最小，設，則，解得，即，因為，所以直線為，由，得，即，故答案為：20．【分析】根據題意，利用正弦定理和三角恒等變換的公式，得到，由橢圓得到定義，得到點在以為焦點的橢圓上，求得橢圓的方程，結合橢圓的性質，即可求解.【詳解】在中，因為，所以，即，由正弦定理得，所以，所以，由橢圓的定義得，點在以為焦點的橢圓上，可得，所以，則，所以橢圓的標準方程為，如圖所示，因為，設橢圓上的一點，顯然，所以，即當點與橢圓的短軸上下端點時，可得的面積的最大值為.故答案為：.21．(1)(2)【分析】根據三角函數的基本關系式，化簡為“齊次式”，代入即可求解.【詳解】（1）解：由，則.（2）解：由，則.22．(1)4(2)1【分析】（1）利用輔助角公式及二倍角公式計算可得；（2）化切為弦，結合輔助角公式和誘導公式進行求解.【詳解】（1）原式.（2）原式=.23．（1）；（2）.【分析】（1）根據題意，利用基本不等式轉化為，結合一元二次不等式的解法，即可求解；（2）根據題意，得到，化簡，結合基本不等式，即可求解.【詳解】解：（1）因為，可得，當且僅當時，等號成立，又因為，可得，令，且，可得，解得，所以當取最小值為.（2）因為，且，可得，則，可得，所以，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為.24．（1），（2），時【分析】（1）先利用同角平方關系及二倍角公式，輔助角公式進行化簡，即可求解；（2）由的范圍先求出的范圍，結合余弦函數的性質即可求解．【詳解】解：（1），，，，故的最小正周期；（2）由可得，，當得即時，函數取得最小值．所以，時25．【分析】由，得到，根據題意，得到直線的方程為，聯立