2022-2023学年广东省名校联盟高二上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省名校联盟高二上学期期末联考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省名校联盟高二上学期期末联考数学试题 一、单选题1．已知等差数列满足，，则值为（    ）A．1024 B． C．256 D．【答案】B【分析】由对数运算，得出，再计算公差，由等差数列性质求出结果.【详解】由已知，因为数列是等差数列，设公差为，由，又，解得.故有，，.故选：B.2．已知双曲线，焦距为，若成等比数列，则该双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由已知可得，，方程两边同时除以，再解关于离心率的方程即可解.【详解】由双曲线知：，又成等比数列，得，又，，方程两边同时除以，， ，.故选：C.3．设是公比为的等比数列，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】D【分析】根据等比数列的性质判断两个条件的关系.【详解】若且，则且递减，所以为递减数列，不能得到；另一方面，取，则，但.因此，“”是“”的既不充分又不必要条件.故选：D.4．最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，根据记载，商高曾经和周公讨论过这个定理的有关问题.如果一个直角三角形的斜边长等于，则当这个直角三角形周长取最大值时，其面积为（    ）A． B．1 C．2 D．6【答案】C【分析】由勾股定理，得到两直角边的关系，表示出周长后利用基本不等式求面积的最大值.【详解】设该直角三角形的斜边为，直角边为，，则，因为，所以，即，当且仅当，且，即时，等号成立.因为，，所以，所以的最大值为4，该直角三角形周长，故这个直角三角形周长取最大值时，，此时三角形的面积为.故选：C.5．在数列中，，则（    ）A．260 B．860 C．1011 D．2022【答案】C【分析】由变形得出其周期为6，即可结合周期及对数运算性质化简求值.【详解】由，得，两式相除可得，所以数列是以6为周期的周期数列，又，所以.故选：C.6．已知数列满足，则的最小值为（    ）A．2 B． C．6 D．8【答案】C【分析】由累加法可求出，再求出，结合基本不等式即可求出答案.【详解】由数列满足，可得，则，因为函数，当且仅当时等号成立，当时，所以取最小值为6.故选:C.7．已知定义在上的函数满足：，且在内单调递增，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据题意可得函数是周期为4的函数，且在内单调递增，在内单调递减，然后利用周期和单调性即可求解.【详解】根据题意，函数满足，，则有，变形可得，则有，即函数是周期为4的周期函数，对称轴为，在内单调递增，所以在内单调递减，，，，，即.故选：.8．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A．函数为奇函数B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上为单调函数D．函数在区间上有12个零点【答案】D【分析】根据图象，利用最值、周期公式、零点，求得函数解析式，根据诱导公式以及余弦定理的奇偶性，可得A的正误；根据整体思想，代入点，结合正弦函数的对称性，可得B的正误；根据整体思想，求得括号整体的取值范围，结合正弦函数的单调性，可得C的正误；根据整体思想，求得括号整体的取值范围，结合正弦函数的图象，可得D的正误.【详解】根据函数的部分图象，可得，所以，结合五点法作图，可得，得，，所以，可得，为偶函数，故A错误；，图象不关于对称，故B错误；在上，，根据正弦函数的性质在该区间上不单调，故C错误；在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，故D正确.故选：D. 二、多选题9．已知向量，则（    ）A． B．向量的夹角为C． D．在方向上的投影向量是【答案】BD【分析】根据向量的加法求出，由两个向量垂直，数量积为零，求出，然后逐一判断各选项，在方向上的投影向量为.【详解】已知则，，，，，故A错误； ，所以向量的夹角为，故B正确； ，，故错误；在方向上的投影向量为，故D正确.故选：BD.10．为了庆祝伟大的中国共产党第二十次全国代表大会召开，某校开展了“爱祖国､跟党走”的知识答题竞赛，若参赛学生的成绩都在50分至100分之间，现随机抽取了400名学生的成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则（    ）A．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有120人B．图中的值为C．估计全校学生成绩的中位数约为D．估计全校学生成绩的分位数为【答案】ACD【分析】根据成绩在区间内的频率计算成绩在区间内的学生人数，即可判断；根据学生成绩的都在50分至100分之间的频率之和为1可求得的值，即可判断；按照频率分布直方图中中位数的计算过程即可判断；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算即可判断.【详解】由题意，成绩在区间内的学生人数为，故正确；由，得，故错误；由于前3组的频率和，前4组的频率和，所以中位数在第4组，设中位数为，则，得，故正确；低于90分的频率为，设样本数据的分位数为，则，解得，故正确.故选：.11．已知，记的前项和为，若数列，记的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的值可能是（    ）A． B．0 C． D．2【答案】AD【分析】结合对数运算及数列求和依次求得，求得，则问题等价于对任意的恒成立，即可根据二次函数的性质列式求解.【详解】由题意知，，故，由，得， ，则不等式恒成立等价于1恒成立，而，∴问题等价于对任意的恒成立.设，则，即，解得：或.故选：AD.12．已知等差数列的前项和满足是等差数列，且，数列的前项和为，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】设设等差数列的公差为，则有可得，在结合是等差数列，即可求出，利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求出和，从而判断和；再由可求出，进而判断；对进行放缩，利用裂项相消法求和，进而判断.【详解】设等差数列的公差为，由，知，化简得，即，因为是等差数列，所以，所以，解得，所以，所以.从而有：，故错误，正确；由可知：，当时，，当时，，，故正确；所以，可知，故正确.故选：. 三、填空题13．对任意正整数，数列满足：，则__________.【答案】【分析】类比与的求法，条件式前n项和减去前项和.【详解】根据题意有：当，得：2；当时，，即，即，又不满足上式，所以的通项公式为.故答案为：.14．若等比数列的各项均为正数，且，则__________.【答案】21【分析】根据等比数列的性质，解得第四项的值，结合对数运算，可得答案.【详解】由等比数列的下标和性质有，所以.因为数列的各项均为正数，所以，因为，所以.故答案为：21.15．已知圆，直线，若在直线上任取一点作圆的切线，切点分别为，当弦长最短时，的面积为__________.【答案】【分析】根据题意，弦长最短转化为最小，即，此时四边形为正方形，据此求解即可.【详解】由可得：，即半径，圆心，如图，由切线性质可知，因为，所以若弦长最短，需最小，即最小，所以最大，即最小，所以，所以，故四边形为正方形，故，所以，又，故共线，所以原点到直线的距离为.故的面积为：.故答案为:.16．已知数列各项均为正数，且，设，函数__________.【答案】4042【分析】对因式分解化简得数列为等差数列，可得的通项公式，、，即可分组求值.【详解】由得，因为各项均为正数，所以，所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，.所以；当时，，所以，所以.故答案为：4042. 四、解答题17．在中，角的对边分别为.(1)求角；(2)若成等比数列，试判断的形状.【答案】(1)(2)为等边三角形 【分析】（1）利用余弦定理，将等式中角转化为边，整理后等量代换，可得角的余弦，可得答案；（2）根据等比数列的性质，结合余弦定理，建立方程，可得答案.【详解】（1）因为，所以，可得，所以，因为，所以.（2）根据第（1）问可知：，因为成等比数列，所以，由余弦定理可得：，所以，即故，所以为等边三角形.18．已知数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)若任意，使成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据求解即可；（2）先求出，再分离参数可得，记，求出即可.【详解】（1）当时，，所以,当时，由可得：，两式相减得：，又，从而数列为首项，公比的等比数列，所以；（2）根据已知条件可得：，因为对任意的，都有，即恒成立，即恒成立，记，所以，又因为，故数列为递增数列，所以当时，取最小值，故实数的范围为.19．已知函数的周期为图象的一条对称轴为，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.(1)求函数解析式；(2)若数列，试求其前项和为.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由的性质，分别求出，，再根据函数图象的变化，得的解析式；（2）由（1）得的通项公式，依据为奇数和偶数分类讨论，用并项求和法求和.【详解】（1）函数周期为，所以，因为该图象的一条对称轴为，所以，得，又因为，解得，故，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）后，得到的图象，再将的图象向左平移个单位后，得到函数，故.（2）因为，.，当为偶数时，；当为奇数时，，综上所述，.20．已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)若为坐标原点，过左焦点作斜率为的直线，与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）由椭圆上顶点、离心率列方程解出参数即可.（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式可得，再根据面积列出方程，解得参数k.【详解】（1）设椭圆的半焦距为. 由题意，得，解得.所以椭圆的方程为.（2）设过左焦点斜率为的直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，可得，消去，则，则，所以，点到直线的距离，所以，解得，所以直线的方程为，即或.21．数列的前项和满足，且，且成等差数列.(1)求；(2)记，求数列的前项和为.【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，，两式相减得：，即可证明数列是公比为3的等比数列，即可求出；（2）求出，再由错位相减法和等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和为.【详解】（1），当时，，两式相减得：，即，又因为，所以数列是公比为3的等比数列.又因为，得，故有.（2）由（1）知：，，所以，令①则，因为②①-②得：，所以，所以.22．已知四棱锥中，.(1)求证：平面平面；(2)若，线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？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）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）以A为坐标原点，分别为轴，建立如图所示坐标系，设线段上存在一点，即满足条件，利用向量法对二面角的余弦值列式求解即可判断.【详解】（1）由已知可知，，所以因为，所以，所以，又因为平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）因为，所以，所以，故两两垂直，所以以A为坐标原点，分别为轴，建立如图所示坐标系，则：，设线段上存在一点，即，使二面角的余弦值为，因为，则，所以，所以，因为平面，所以平面的法向量为方向的单位向量，设平面的法向量，则，令，得，因为二面角的平面角为锐角，所以，解得舍去故线段上存在一点使二面角的余弦值为，此时.