【文档说明】湖南省岳阳县一中2022届高三上学期入学考试数学试题 答案.pdf，共(8)页，259.134 KB，由小赞的店铺上传

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岳阳县一中2022届高三年级入学考试试卷数学参考答案一、单项选择题：BCBCABDC8.A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有3620C种，A选项错误；B选项，甲经过2A到达N

处，可分为两步：第一步，甲从M经过2A需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为13C种；第二步，甲从2A到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为13C种.甲经过2A到达N的方法数为11339CC种，B选项错误；

C选项，甲经过2A的方法数为11339CC种，乙经过2A的方法数也为11339CC种，甲、乙两人在2A处相遇的方法数为1111333381CCCC，甲、乙两人在2A处相遇的概率为33668181400CC，C选项正确；D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可

能在1A、2A、3A、4A处相遇，若甲、乙两人在1A处相遇，甲经过1A处，则甲的前三步必须向上走，乙经过1A处，则乙的前三步必须向左走，两人在1A处相遇的走法种数为1种；若甲、乙两人在2A处相遇，由C选项可知，走法种数

为81种；若甲、乙两人在3A处相遇，甲到3A处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到3A处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，所以，两人在3A处相遇的走法种数为2121333381CCCC种；若甲、乙两人在4A处相遇，甲经过4A处，则甲的前三步必须向右走，

乙经过4A处，则乙的前三步必须向下走，两人在4A处相遇的走法种数为1种；故甲、乙两人相遇的概率18181141400100，D选项错误.二、多项选择题：9.AC10.BC11.BCD12.BCD11题解答：【解析】（1）圆22:4Oxy的圆心为0,0，

半径为2，若过点2,4P直线1l垂直于x轴，则方程为2x，与圆相切，符合题意；若过点2,4P直线1l不垂直于x轴，设直线1l的斜率与k，则直线1l方程为42ykx，即240kxyk，因为直线1l与圆22:4Oxy相切，所以圆心到直线1l的距离22421kdk

，解得34k，所以切线方程为34100xy；综上得：切线1l的方程为2x和34100xy；（2）①设点,Mxy，因为M为弦AB中点，所以MOMP，又因为,OMxy，2,4PMxy，所以由OMPM得(2)(4)0xxyy

化简得22240xyxy．联立22224240xyxyxy得20xy或6585xy；又因为点M在圆22:4Oxy内部，所以点M的轨迹是圆22240xyxy中以

点68,55和2,0为端点的一段劣弧（不包括端点），由22240xyxy即22125xy，令1x得25y，根据点1,25在22:4Oxy内部，所以点M纵坐标的最小值是25；②由题意点2,0Q,联立224(2)4ykxxy

得22214(2)(24)40kxkkxk，设1122,,,AxyBxy，则12221224(2)1(24)410kkxxkkxxk，所以121212121224242222kxkxykkxxx

yx121212214444222224xxkkxxxxxx22224(2)444(84)1221(24)44(2)162411kkkkkkkkkkk．所以12kk

是定值，定值为1．三、填空题：13.2114.1422yx15.3,416.31；16题解析由题设，知：1ia；211aa或231aa中恰有一个成立；321aa或341aa中恰

有一个成立；…871aa或891aa中恰有一个成立；则①2117aa，341aa，561aa，781aa，则129aaa357252(aaa），当357aaa=1时，129aaa

的和为最小值为：31；②231aa，451aa，671aa，891aa，则129aaa468262(aaa），当468aaa=1时，129aaa的和为最小值

为：32；因此，129aaa的最小值为：31四、解答题：17.（1）解：设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q依题意，得23323154qdqd，解得33dq，故33(1)3nann，1333nnnb.所以，

na的通项公式为3nan，nb的通项公式为3nnb.（2）解：112222nnacacac135212142632nnnaaaaabababab123(1)366312318

3...632nnnnn2123613233nnn1213233nnTn.①2331313233nTn，②②-①

得，12311313(21)3323333..3313.2nnnnnnnTnn.所以，1221122202(21)33...36332nnnnacacacnTn22*(21)3692nnnnN

.18.【解析】（1）在ABC中，∵2coscos0caBbA∴2sincossincossincos0CBABBA即2sincossin0CBAB，即sin2cos10CB

…………2分sin0C，∴1cos2B∴0,,3BB…………4分（2）在ABC中，ABC，即BAC，故sinsinBAC，由已知sinsin2sin2BCAA，可得sinsin2sin2ACCAA，∴sincoscos

sinsincoscossin4sincosACACCACAAA，整理得cossin2sincosACAA…………………6分若cos0A，则2A，于是由2b，可得223tan3cB，

此时ABC的面积为12323Sbc…………8分若cos0A，则sin2sinCA，由正弦定理可知，2ca，代入222acbac，整理可得234a，解得233a，进而433c，此时ABC的面积为123sin23SacB∴综

上所述，ABC的面积为233………………12分19.解：(1)甲选C为事件甲C，P甲C＝q，乙选C为事件乙C，P乙C＝34，所以根据题意：P甲C·P乙C＝34q＝310，所以q＝25.又因为15＋p＋q＝1.所以p＝25.(2)甲、乙选不同

车型为事件M，则M＝甲A乙BC＋甲B乙C＋甲C乙B，所以P(M)＝15×1＋25×34＋25×14＝35.(3)根据题意，X为7，8，9，10，P(X＝7)＝15×14＝120.P(X＝8)＝15×34＋25×14＝520＝14.P(X＝9)＝25×34

＋25×14＝820＝25.P(X＝10)＝25×34＝310.其分布列为X78910P120142531020.解：（1）连接1AB交1AE于点G，连接FG．因为11AGABGE，所以1112AAAGGBEB，又因为2AFFC，所以1AFAGFCGB，所以1//FG

CB，又1CB面1AEF，FG面1AEF，所以1//CB面1AEF.（2）过C作COAB于O，因为CACB，所以O是线段AB的中点．因为面CAB面11ABBA，面CAB面11ABBAAB，所以CO面1ABA．连接1OA，因为1

ABA是等边三角形，O是线段AB的中点，所以1OAAB.如图以O为原点，OA，1OA，OC分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB，则(1,0,0)A，1(0,3,0)A，(0,0,1)C，(1,0,0)B，12(,0,)

33F，由11AABB，得(2,3,0)B，1BB的中点33(,,0)22E，133(,,0)22AE，112(,3,)33AF.设面1AFE的一个法向量为1111(,,)nxyz，则111100AEnAFn

，即11112303333022xyzxy，得方程的一组解为111135xyz，即1(1,3,5)n.面1ABA的一个法向量为2(0,0,1)n，则121212529cos,29nnnn

nn，所以二面角1FAEA的余弦值为52929.21.解：（1）xaxxxhb221ln)(,22时，则.1221)(2xxaxaxxxh因为函数h(x)存在单调递减区间，所以)(xh<0有解.又因为x>0时，则

ax2+2x－1>0有x>0的解.①当a>0时，y=ax2+2x－1为开口向上的抛物线，ax2+2x－1>0总有x>0的解；②当a<0时，y=ax2+2x－1为开口向下的抛物线，而ax2+2x－1>0总有x>0的解；则△=4+4a>0,且方程ax2+2x－1=0至少有一正根.

此时，－1<a<0.综上所述，a的取值范围为（－1，0）∪（0，+∞）.法2：ax2+2x－1>0有x>0的解.则1-1-12-1222）（xxxa所以-1a，又0aa的取值范围为（－1，0）∪（0，+∞）.（2）证法一设点P、Q的坐标分别是（x1,y1），（x2,y2），0<x1<x2.则

点M、N的横坐标为,221xxxC1在点M处的切线斜率为,2|1212121xxxkxxxC2在点N处的切线斜率为.2)(|212221bxxabaxkxxx假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2.即bxxaxx2)(22121，则)2

()(2)()(2)(21212221221222112bxxabxxaxxbxxaxxxx=.lnln1212xxyy所以.1)1(2ln121212xxxxxx设,12xxt则.1,1)1(2lntt

tt①令.1,1)1(2ln)(tttttr则.)1()1()1(41)(222ttttttr因为1t时，0)(tr，所以)(tr在,1[）上单调递增.故.0)1()(rtr则ttt1)1(2ln.这与①矛盾，假设不成立.故C1在点M处

的切线与C2在点N处的切线不平行.证法二：同证法一得).(2)ln)(ln(121212xxxxxx因为01x，所以).1(2ln)1(121212xxxxxx令12xxt，得.1),1(2ln)1(tttt②令.11ln)(,1)

,1(2ln)1()(tttrtttttr则因为22111)1(lntttttt，所以1t时，.0)1(lntt故tt1ln在[1，+)上单调递增.从而011lntt，即.0)(tr于是)(tr在[1，

+)上单调递增.故.0)1()(rtr即).1(2ln)1(ttt这与②矛盾，假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.22.解析(1)设A(x1,0),B(x2,0),则x1

,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.x1+x2=-m由CBCACD2得点)2,2(21xxDD在曲线E上，2)2()2(221221xxmxx所以0222121xxmxx或当0221xx

时，又x1x2=-2.x1+x2=-m及x1<x2得m=1当mxx212时又x1x2=-2.x1+x2=-m及x1<x2知m不存在综上2:2xxyE(2)证明:BC的中点坐标为�22,12,可

得BC的中垂线方程为y-12=�2�-�22.由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-�2.联立�=−�2,�-12=�2�-�22,得�22+mx2+2y-1=0,又由�22+mx2-2=0,可得�=−�2,�=−12,所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-

�2,-12,半径r=�2+92.故圆在y轴上截得的弦长为2�2-�22=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.