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含解析

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：A

3．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：D

8．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：AC

11．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2

B．的最大值是2

C．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：ACD

12．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        ②

①-②得：

所以

（3）因为

所以

+