2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期末联考数学试题（解析版）

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2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期末联考数学试题一、单选题1．已知函数可导，且满足，则函数在x＝3处的导数为（    ）A．2 B．1 C．－1 D．－2【答案】D【分析】根据导数的定义即可得到答案.【详解】由题意，，所以.故选：D.2．已知等差数列满足，则数列的前5项和为（    ）A．15 B．16 C．20 D．30【答案】A【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出，再利用前n项和公式计算作答.【详解】等差数列中，，解得，而，所以数列的前5项和.故选：A3．已知双曲线的实轴长为4，虚轴长为6，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据双曲线几何性质解决即可.【详解】由题知双曲线中，所以，双曲线焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为，故选：C.4．已知数列满足，则（    ）A． B．1 C．4043 D．4044【答案】A【分析】由递推式得到，从而得到，由此再结合即可求得的值.【详解】由得，两式相加得，即，故，所以.故选：A．5．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为3，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过78，则该塔形中正方体的个数至少是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为等比数列，由此求出塔形表面积的表达式，令即可得出的范围．【详解】解：设从最底层开始的第层的正方体棱长为，，，，则为以3为首顶，以为公比的等比数列，所以是以9为首项，以为公比的等比数列．所以塔形的表面积，令，解得，所以该塔形中正方体的个数至少为5个．故选：B．6．已知抛物线C：的焦点，过F的直线与C交于M，N两点，准线与x轴的交点为A，当时，直线MN的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可得：抛物线方程为，则，设直线的方程为：，联立方程组，利用韦达定理和即可求解.【详解】由题意可知：，则抛物线方程为，所以.设过F的直线的方程为：，，联立方程组，整理可得：，则，，又因为所以，，所以，也即，因为，所以即，解得：，所以直线的方程为：，故选：.7．已知两相交平面所成的锐二面角为70°，过空间一点P作直线l，使得直线l与两平面所成的角均为30°，那么这样的直线有（    ）条A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】分两种情况，一是在二面角的平分面上，另一种情况是在邻补二面角的平分面上研究，以角平分线为基准，旋转找符合要求的直线,最后过点作符合条件的平行直线即可.【详解】作二面角的平面角,则，设为的平分线，则,当以为中心，在二面角的平分面上转时，与两平面的夹角变小，会对称出现两条符合要求的直线.设为的补角角平分线，则，当以为中心，在二面角的邻补二面角平分面上转时，与两平面的夹角变小，会对称出现两条符合要求的直线.综上所述: 过点作与,平行的直线符号要求，共4条.故选：D8．数列满足，，，则的整数部分是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据已知条件，利用累加法求得，结合数列的单调性即可判断的取值范围，进而求得其整数部分【详解】由可得，所以，所以，则，，，，，上述式子累加得：，故，又因为，即，所以，根据递推公式得：，，，所以，那么，则，则的整数部分是1，故选：A【点睛】关键点睛：本题考察累加法，以及数列的单调性，能够正确的裂项从而累加是解决问题的关键二、多选题9．方程表示的曲线中，可以是（    ）A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线【答案】AB【分析】根据双曲线和椭圆标准方程的特点，即可得到结果.【详解】因为，若，即时，方程表示的曲线双曲线；若，即时，方程表示的曲线椭圆.故选：AB.10．设为等差数列的前n项和，且，都有．若，则（    ）A． B．C．的最小值是 D．的最大值是【答案】AC【分析】设数列公差为，由可知，又由可知，据此可判断各选项正误.【详解】设数列公差为，，因，则，得数列为递增数列·.又，则.故A正确，B错误.又数列为递增数列，，则数列前16项均为负数，第17项及以后各项均为正数，故的最小值是，的最大值不存在.故C正确，D错误.故选：AC11．抛物线C：的焦点为F，P是其上一动点，点，直线l与抛物线C相交于A，B两点，准线与x轴的交于点D，下列结论正确的是（    ）A．的最小值是2B．的最大值是2C．存在直线l，使得A，B两点关于直线对称D．若直线l经过点D，且B点在线段AD上，不存在直线l，使得【答案】ACD【分析】对于A，利用抛物线的定义，数形结合判断；对于B，利用三角形两边的差小于第三边判断；；对于C，设出直线l的方程，与抛物线方程联立，借助对称思想判断；对于D，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合抛物线的定义判断作答.【详解】抛物线C：的焦点，准线，过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，交抛物线于点，连接，如图，，当且仅当与重合时取等号，因此，A正确；因为，即的最大值是1，B不正确；假设存在直线l，使得A，B两点关于直线对称，则设直线，由消去x得：，则，解得，设，即有，则有弦的中点在直线上，即，解得，符合题意，即存在直线l，使得A，B两点关于直线对称，C正确；点，显然直线l的斜率存在且不为0，设其方程为，由消去y得：，，解得且，设的横坐标分别为，则，，所以不存在直线l，使得，D正确.故选：ACD12．如图所示：给定正整数n（），按照如下规律构成三角形数表：第一行从左到右依次为1，2，3，…，n，从第二行开始，每项都是它正上方和右上方两数之和，依次类推，直到第n行只有一项，记第i行第j项为，下列说法正确的是（    ）A．当n＝100时，．B．当n＝100时，最后一行的数为．C．当n＝2022时，，则i的最小值为8．D．当n＝2022时，【答案】ABD【分析】根据已知可得，再由即可解得.【详解】由题可得三角形数表的每一行都是等差数列，且公差分别为，所以…，所以，解得，所以i的最小值为9.故选项错;因为.故正确；因为,令所以，故正确；因为,令，当n＝100时，最后一行的数为．故正确；故答案为：.三、填空题13．年月，第届冬季奥林匹克运动会在北京隆重举行，中国代表团获得了金银铜的优异成绩，彰显了我国体育强国的底蕴和综合国力．设某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则当时，该运动员的滑雪瞬时速度为______．【答案】【分析】利用导数的定义可求得该运动员在时滑雪瞬时速度.【详解】，所以，该运动员的滑雪瞬时速度为.故答案为：.14．等比数列中，，．则的前9项之和为______．【答案】9或21【分析】利用解出公比，即可求解.【详解】,即，，若，则，若，则，故答案为：9或21.15．三棱锥P－ABC中，二面角P－AB－C为120°，和均为边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC外接球的半径为______．【答案】【分析】作出图形，根据条件可知：球心既过的外心垂直平面的垂线上，又在过的外心垂直平面的垂线上，然后利用二面角的大小和勾股定理即可求解.【详解】作出三棱锥P－ABC，如图所示：为的中点，分别为和的外心，过点分别作平面和平面的垂线，交点为，连接.根据题意可知：球心既过的外心垂直平面的垂线上，又在过的外心垂直平面的垂线上，所以三棱锥外接球的球心，设外接球半径，由题意知：和均为边长为2的正三角形，所以，，所以即为二面角P－AB－C的平面角，因为二面角P－AB－C为120°，也即，因为和均为边长为2的正三角形，所以，，则，所以，则，在中，因为，，所以，又因为，所以在中，，即，所以，故答案为：.16．已知椭圆E：，斜率为的直线与椭圆E交于P、Q两点，P、Q在y轴左侧，且P点在x轴上方，点P关于坐标原点O对称的点为R，且，则该椭圆的离心率为______．【答案】【分析】x轴交PB于A，则，，设出直线，联立方程，结合韦达定理与两点斜率公式可求出参数的齐次方程，进而可求离心率.【详解】x轴交PB于A，如图所示，设直线为，，则，联立得得.则，.，，由，∴，∴.∴该椭圆的离心率.故答案为：四、解答题17．（1）求长轴长为12，离心率为，焦点在轴上的椭圆标准方程；（2）已知双曲线的渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，求此双曲线的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】根据椭圆的几何性质，双曲线的几何性质求解即可.【详解】（1）设椭圆方程为：且a > b > 0，，，，，故椭圆方程为：；（2）的焦点为：，根据题意得到：，则，解得：，故，故双曲线的方程为：.18．已知数列的前n项和为，．(1)求数列的通项公式；(2)求数列前n项的和．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据求解即可；(2)由于时，，当时，，所以分和两种情况讨论求解即可.【详解】（1）因为数列的前项和为，所以当时，，当时，，显然，当时，满足，所以.（2）由（1）知，因为时，，当时，，所以当时，，当时，①，②，所以①②得，因为，所以，所以19．如图，在三棱柱中，AC＝BC，四边形是菱形，，点D在棱上，且．(1)若，证明：平面平面ABD．(2)若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成得锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，．【分析】(1) 取AB的中点O，连接，OC．利用三角形高线与对应底边垂直得出AB⊥平面．然后再证明平面ABD，最后利用面面垂直的判定即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，分别求出平面平面和平面ABD的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC．因为四边形是菱形，且，所以，则．因为O为AB的中点，所以．因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC．因为，平面，且，所以AB⊥平面．因为平面，所以．因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD．因为平面，所以平面平面ABD．     （2）因为，所以，所以AC⊥BC．因为O是AB的中点，所以．因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形．因为O是AB的中点，所以．因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，故，，，，.因为，所以，所以．设平面的法向量为，则，令，得．设平面ABD的法向量为，则，令，得．设平面与平面ABD所成的角为，则，解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是．20．已知双曲线C：的左右焦点分别为，，右顶点为，点，，．(1)求双曲线的方程；(2)直线经过点，且与双曲线相交于，两点，若的面积为，求直线的方程．【答案】(1)(2)或.【分析】（1）由题意可得：，，，解得，，，即可得出双曲线的方程．（2），设直线的方程为，，，联立直线的方程与双曲线的方程化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系可得，利用的面积，解得，即可得出直线的方程．【详解】（1）解：由题意可得：，，，解得，，，所以双曲线的方程为.（2）解：由题意可知，直线的斜率不为0，设：，设，，联立，消，得，由，解得，则.所以，所以的面积，由，整理得，解得，，所以直线的方程为或.21．已知抛物线C：，焦点为F，点，，过点M作抛物线的切线MP，切点为P，，又过M作直线交抛物线于不同的两点A，B，直线AN交抛物线于另一点D．(1)求抛物线方程；(2)求证BD过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出，直线，联立抛物线方程，利用根的判别式等于0列出方程，求出，再利用焦半径得到，从而表达出，代入，求出答案；（2）设，结合抛物线方程求出，，，写出直线，，根据过，过，代入后联立得到，由直线联立得到，求出所过定点.【详解】（1）设，直线，联立得：，则，所以，又因为，所以，故，代入得：，所以，所以抛物线方程为：；（2）设，则，同理，，故直线  即，同理直线，直线，因为过，所以①，过，所以②，由①得：，代入②得：③，又因为直线④，则由③得：，代入④得：，所以，所以直线过点.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.22．设数列的前n项和为，且，，数列的通项公式为．(1)求数列的通项公式；(2)求；(3)设，求数列的前n项的和．【答案】(1)(2)(3)【分析】(1) 与关系,作差计算即可.(2)应用错位相减法求解即可;(3)分组裂项相消求和应用求解.【详解】（1）由题，当时，，所以，所以，又因为，所以，显然，当时，满足，所以（2）                 ①所以        ②①-②得：所以（3）因为所以+