2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二创新班下学期开学模拟考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二创新班下学期开学模拟考试数学试题（解析版），共20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学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二创新班下学期开学模拟考试数学试题

一、单选题
1．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（    ）
A．1 B．2
C．4 D．8
【答案】C
【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式利用条件，列出关于与的方程组，通过解方程组求数列的公差.
【详解】设等差数列的公差为，
则，，
联立，解得.
故选：C.
2．已知P是圆上动点，直线，则点P到直线l距离的最小值为（    ）
A．5 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】先判断直线与圆C相离，再求出圆心到直线的距离，点P到直线l距离的最小值为圆心到直线的距离减半径.
【详解】可化为，所以圆心，半径为，
所以圆心C到直线的距离为，由知直线与圆C相离，
所以点P到直线的最小距离为，
故选：D．
3．现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ）
A．7种 B．9种 C．14种 D．70种
【答案】C
【分析】根据分类加法计数原理求解即可
【详解】分为三类:
从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5种不同的选法;从水彩画中选，有7种不同的选法，
根据分类加法计数原理，共有5+2+7= 14(种)不同的选法;
故选：C
4．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，分别得到，然后根据空间向量夹角公式计算即可.
【详解】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，

则根据题意可得，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，
则.
故选：C.
5．在正项等比数列中，，且是和的等差中项，则（    ）
A．8 B．6 C．3 D．
【答案】B
【分析】根据已知条件求得，由此求得.
【详解】设正项等比数列的公比为，则.
因为是和的等差中项，以，
所以，由于，
所以，
解得或（舍去），故.
故选：B
6．若函数（e为自然对数的底数）的图象上存在四个关于y轴对称的点，则实数m的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意知方程在上有两个不同的实数根，进而转化为在上有两个不同的实数根. 令，利用导数研究极值与最值，得到实数m的取值范围.
【详解】由题意知方程在上有两个不同的实数根，
故，
即在上有两个不同的实数根.
令，则的图象与直线在上有两个不同的交点.
，
当时，，，所以，所以单调递减；
当时，，，所以，
所以单调递增.
所以当时，，
又，当时，，
所以实数m的取值范围为.
故选：B
7．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.
【详解】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，
与抛物线方程联立，消元整理得：，
解得，又，
所以，
从而可以求得，故选D.
【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.
8．设椭圆的左，右焦点分别为，，离心率为，以为直径的圆与在第一象限的交点为，则直线的斜率为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，可得，设，（）．可得，，联立解得，即可得出直线的斜率=．
【详解】
∵，∴，
设，（）．
则，，
化为：，
解得．
∴直线的斜率==．
故选B．
【点睛】本题考查了椭圆的定义，标准方程及其性质、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二、多选题
9．已知等比数列公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的是（    ）
A．为单调递增数列 B． C．，，成等比数列 D．
【答案】BD
【解析】根据利用等比数列的性质建立关系求出，然后结合等比数列的求和公式，逐项判断选项可得答案．
【详解】由，可得，则，
当首项时，可得为单调递减数列，故错误；
由，故正确；
假设，，成等比数列，可得，
即不成立，
显然，，不成等比数列，故错误；
由公比为的等比数列，可得
，故正确；
故选：．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用求得，同时需要熟练掌握等比数列的求和公式.
10．（多选）已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ）
A．点A到直线的距离是 B．点O到平面的距离为
C．平面与平面间的距离为 D．点P到直线的距离为
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，
，，，，
所以．
设，则，．
故A到直线的距离，故A错．
易知，
平面的一个法向量，
则点O到平面的距离，故B对．
．
设平面的法向量为，
则所以
令，得，
所以．
所以点到平面的距离．
因为平面平面，
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，
所以平面与平面间的距离为，故C对．
因为，所以，
又，则，
所以点P到的距离，故D错．
故选：BC.


【点睛】本题主要考查利用空间向量求点线、点面、面面距离，意在考查学生的数学运算的学科素养，属中档题.线面距、面面距实质上都是点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.
11．已知函数，若函数的图象在处切线的斜率为3e，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．有极大值
C．有最大值 D．有最小值0
【答案】ABD
【分析】求出，由求出可判断A；由、得到的极大值可判断B；取特殊值可判断C；由可判断D.
【详解】因为，所以，则，解得，故A正确；
由选项A得，，当时，，单调递增，当时，时，单调递减，当时，，单调递增，
则当时，取得极大值，故B正确；
因为，所以不是的最大值，故C错误；
因为，当且仅当时取等号，则有最小值0，故D正确.
故选：ABD．
12．已知点P为双曲线所在平面内一点，分别为C的左、右焦点，，线段分别交双曲线于两点，， ．设双曲线的离心率为e，则下列说法正确的有（    ）
A．若平行于渐近线，则 B．若，则
C．若，则 D．
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，求出的边长及内角，并结合对称性不妨令点P在第一象限，再逐项分析、计算判断作答.
【详解】依题意，在中，，而，，则，，
由对称性，不妨令点P在第一象限，如图

对于A，若平行于渐近线，而直线斜率为，则，得，A正确；
对于B，若，则，在中，由余弦定理得：
，，
离心率，B错误；
对于C，若，则，在中，
，离心率，C正确；
对于D，显然点，由得：，
即有点，而点M在双曲线C上，即，
整理得：，即有，显然，
因为，有，即，矛盾，因此，，
由得，即，则，
所以，D正确．
故选：ACD

三、填空题
13．的展开式中的系数为________（用数字作答）．
【答案】0
【分析】由二项式展开式的通项公式求解即可
【详解】的展开式通项为，
所以，．
故所求的系数为．
故答案为：0．
14．已知数列的通项公式为，且为严格单调递增数列，则实数的取值范围是___________
【答案】
【分析】根据递增数列的定义，利用做差法可得恒成立，分离参数求解即可.
【详解】由数列是严格单调递增数列，
所以，即，
即恒成立，
又数列是单调递增数列，
所以当时，取得最小值，
所以.
故答案为：
15．若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围为_________．
【答案】
【分析】由有两个不相等的实根，即有两个不相等的实根，令，利用导数判断出函数的单调性，结合图象可得答案.
【详解】由，得，
则有两个不相等的实根，即有两个不相等的实根，
令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，，
当时，，当时，，
当时，的增长速率远远比的要大，所以，
作出的图象，如图所示，

．
故答案为：．
16．如图，在正四棱锥中，，点为的中点，．若，则实数_____

【答案】4
【分析】连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出实数λ．
【详解】解：连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
设PA＝AB＝2，则A（，0，0），D（0，，0），P（0，0，），M（，0，），B（0，，0），
（0，﹣2，0），设N（0，b，0），则（0，b，0），
∵λ，∴﹣2，∴b，
∴N（0，，0），（，，），（，0），
∵MN⊥AD，∴10，
解得实数λ＝4．
故答案为4．

【点睛】本题考查实数值的求法，考查空间向量、正四棱锥的结构牲等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

四、解答题
17．已知数列的前n项和．
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前n项和，求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2)，.

【分析】（1）根据的关系可得，根据等比数列的定义写出的通项公式，进而可得的通项公式；
（2）利用的关系求的通项公式，结合（1）结论可得，再应用分组求和、错位相消法求的前n项和．
【详解】（1）．①
当时，，可得．
当时，．②
①－②得，则，而a1-1=1不为零，
故是首项为1，公比为2的等比数列，则．
∴数列的通项公式为，．
（2）∵，
∴当时，，
当时，，又也适合上式，
∴，．
∴，．
令，，
则，又，
∴．
18．如图，在棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，点N为AD的中点，且.

(1)设M是线段上一点，且.试问：是否存在点M，使得直线平面MNC？若存在，请证明平面MNC，并求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)存在，
(2)

【分析】（1）取的中点P，连接CP交于点M，点M即为所求，由线面平行的判定定理证明线面平行，由平行线的性质得比值；
（2）以N为坐标原点，NC，ND，NP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦．
【详解】（1）取的中点P，因为，所以.
所以共面，连接CP交于点M，点M即为所求.
证明：连接PN，因为N是AD的中点，P是的中点，所以，
又平面MNC，平面MNC，
所以直线平面MNC.
因为，所以.

（2）连接AC.
由（1）知.
又平面ABCD，所以平面ABCD.
因为，四边形ABCD是菱形，
所以为正三角形，所以.
以N为坐标原点，NC，ND，NP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
又，所以，
所以点，
则.
设平面的法向量，则，即，
令，得.
设平面的法向量，则，即，
令，得，
所以，
由图易得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．根据调查，某学校开设了“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团，三个社团参加的人数如下表所示：
社团
街舞
围棋
武术
人数
320
240
200

为调查社团开展情况，学校社团管理部采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，已知从“围棋”社团抽取的同学比从“街舞”社团抽取的同学少2人.
（1）求三个社团分别抽取了多少同学；
（2）若从“围棋”社团抽取的同学中选出2人担任该社团活动监督的职务，已知“围棋”社团被抽取的同学中有2名女生，求至少有1名女同学被选为监督职务的概率．
【答案】（1）8,6,5（2）.
【分析】（1）设抽样比为x，则由分层抽样可知，“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数分别为320x、240x、200x．由题意列出方程，能求出“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数．
（2）从“围棋”社团抽取了6人，其中2位女生记为A，B，4位男生记为C，D，E，F，利用列举法能求出从这6位同学中任选2人，至少有1名女生被选中的概率．
【详解】（1）设抽样比为x，则由分层抽样可知，“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数分别为320x、240x、200x．
则由题意得320x﹣240x＝2，解得x．
故“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数分别为3208、2406、2005．
（2） 由（1）知，从“围棋”社团抽取的同学为6人，
其中2位女生记为;4位男生记为;
从中选出2人担任该社团活动监督的职务有15种不同的结果，

至少有1名女同学被选为监督职务有9种不同的结果，

所以至少有1名女同学被选为监督职务的概率.
【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意古典概型概率公式、列举法的合理运用．
20．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．
(1)求椭圆C的标准方程
(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)标准方程为．
(2)直线l过定点

【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；
（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.
【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，
，
四边形OMPN的周长为，
，
，
，
椭圆C的标准方程为．
（2）设，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
代入，整理得，
则，
．
易知，


，
化简得，
或(舍去)，
直线l的方程为，即，直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，设，
代入，解得，
由得，
，解得或(舍去)，
此时直线l过点．
综上，直线l过定点．
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
21．已知抛物线，拋物线C上横坐标为1的点到焦点F的距离为3．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）过的直线l交抛物线C于不同的两点A，B，交直线于点E，直线BF交直线于点D，是否存在这样的直线l，使得？若不存在，请说明理由；若存在，求出直线l的方程．
【答案】（1）抛物线C的方程为，准线方程为；（2）存在直线或．
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得抛物线的标准方程以及准线飞航程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，消去后根据判别式大于零求得的取值范围，写出韦达定理.结合得到直线与直线的斜率相等，由此列方程，解方程求得的值，也即求得直线的方程.
【详解】（1）因为横坐标为的点到焦点的距离为,所以,解得, 所以，
即准线方程为.
（2）显然直线的斜率存在,设直线的方程为,.
联立得，消去得.
由,解得. 所以且.
由韦达定理得,.
直线的方程为,
又,所以,所以,
因为,所以直线与直线的斜率相等
又,所以.
整理得,即,
化简得,,即.
所以,整理得,
解得. 经检验,符合题意.
所以存在这样的直线,直线的方程为或．
22．已知函数．
(1)若恒成立，求a的取值范围；
(2)若函数存在两个极值点，且恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)．
(2)．

【分析】（1）先构造新函数，再按a分类讨论的单调性，列出关于a的不等式，进而求得a的取值范围；
（2）利用题给条件构造新函数，则在上恒成立，利用导函数判断的单调性，列出关于的不等式，进而求得的取值范围．
【详解】（1）由题可知，要使恒成立，即恒成立．
令，则．
当时，，所以在上单调递增，
又，与矛盾，不满足题意；
当时，若，则；若，则．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以．
综上，．
（2）由题可知，所以是方程的两个根，
所以，所以，所以．
又，所以．
不妨设，则上式转化为．
令，则在上恒成立．
由时，，易知．
令，则．
令，则函数的图象开口向下，且对称轴为．
①当，即时，，
则在上恒成立，则在上恒成立，
则在上单调递减，则，符合题意．
②当，即时，，
此时存在唯一的，使得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而，不合题意．
综上所述，的取值范围是．