2022-2023学年湖北省部分重点中学高二下学期3月联合检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省部分重点中学高二下学期3月联合检测数学试题含解析，共22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学年湖北省部分重点中学高二下学期3月联合检测数学试题

一、单选题
1．已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意得出直线的斜率，由直线与垂直可得进而求得的斜率，就可得到的倾斜角.
【详解】∵直线，直线与垂直，
，解得，
的倾斜角为.
故选：B.
2．已知等差数列的前n项和为，若，，则公差为（    ）
A．-3 B．-1 C．1 D．3
【答案】B
【分析】由前n项和及等差中项的性质可得求得，进而求公差即可.
【详解】由，则，
∴公差.
故选：B.
3．抛物线的焦点坐标是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将抛物线方程化为标准方程，由此可得抛物线的焦点坐标．
【详解】将抛物线的化为标准方程为，，开口向上，焦点在轴的正半轴上，
所以焦点坐标为．
故选：C．
4．函数的图像大致是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由函数有两个零点排除选项A，C；再借助导数探讨函数的单调性与极值情况即可判断作答.
【详解】由得，或，选项A，C不满足；
由求导得，当或时，，当时，，
于是得在和上都单调递增，在上单调递减，在处取极大值，在处取极小值，D不满足，B满足.
故选：B
5．已知圆O：和点，若过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列，则该数列公比的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】圆半径，，则点P在圆内，
则过点P的弦长，
故所求公比的取值范围是，即.
故选：A
6．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（    ）

A．24 B．36 C．30 D．20
【答案】C
【分析】先涂“火、土”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.
【详解】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色可能；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色可能；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故选：C.
7．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围.
【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，
将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小．
而，令，则，可得，
此时，Q到直线的距离，故，
所以．
故选：B
【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离且，结合导数的几何意义、点线距离公式求m的范围.
8．已知双曲线C：的右焦点，过点倾斜角为的直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】设，根据题意结合双曲线的定义可得，分别在、中，利用余弦定理运算求解.
【详解】设左焦点为，连接，
设，则，
∵，则有：
在中，由余弦定理，
即，整理得，
在中，由余弦定理，
即，整理得，
可得，
注意到，即，整理得，
故离心率.
故选：D.


二、多选题
9．已知圆C：，直线，则下列结论正确的是（    ）
A．圆C与曲线恰有三条公切线，则
B．当时，圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C．直线l恒过第二象限
D．当时，l上动点P作圆C的切线PA，PB，且A，B为切点，则AB经过点
【答案】ACD
【分析】对A：结合两圆的位置关系分析运算；对B：根据题意结合点到直线的距离分析运算；对C：根据直线过定点运算求解；对D：先根据两圆相交的性质求直线的方程，在根据直线过定点运算求解.
【详解】由题意可得：圆C的圆心，半径，
对A：曲线化简为，
当，即时，不表示任何图形；
当，即时，表示点；
当，即时，表示圆心，半径的圆，
若圆与曲线恰有三条公切线，
则，解得，故A正确；
对B：当时，直线为，
所以圆心到直线的距离，
故圆上有四个点到直线的距离都等于1，故B错误；
对C：由直线：，整理得:，
令，解得，
即直线经过定点，故C正确；
对D：当时，直线的方程为，
设点，且，
则线段的中点，且，
以线段为直径的圆的方程为，
整理得，
∵圆的方程为，
则两圆的公共弦的方程为，整理得，
令，解得，
即直线经过点，故D正确.
故选：ACD.
10．正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是3，AB，BC的中点为M，N，过点，M，N的平面记为，则下列说法中正确的是（    ）
A．平面截得的截面面积为 B．
C．BD⊥平面 D．二面角的正弦值为
【答案】BD
【分析】建系，求平面的法向量.对A：求平面上点满足的关系式，进而求平面与侧棱的交点，结合解三角形的知识求面积；对B：分别求点到平面的距离，结合锥体的体积分析判断；对C：利用空间向量可得不与垂直，即可得结果；对D：求平面的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即.
对A：设平面上任一点，则，
可得，则，
令，则，即平面与侧棱的交点，
令，则，即平面与侧棱的交点，
故平面α与正四棱柱的截面为，
可得，
故，
对于，则，
由，可得，则，
故的面积，
对于，则，且，
可得，
故的面积，
故平面截得的截面面积为，A错误；
对B：∵，则点到平面的距离，
又∵，则点到平面的距离，
即，且三棱锥与三棱锥共底面，
故，B正确；
对C：由题意可得：，，
可得，则不与垂直，
故BD与平面不垂直，C错误；
对D：取平面的法向量，
可得，
设二面角为，则，
可得
故二面角的正弦值为，D正确.
故选：BD.

11．已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，两曲线有公共焦点，，P是椭圆与双曲线的一个公共点，，以下结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据椭圆与双曲线有公共焦点、椭圆与双曲线的定义、离心率、基本不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设，，
由于椭圆与双曲线有公共焦点，所以，所以A选项错误.
根据椭圆和双曲线的定义得：
，
所以，
由余弦定理得,
，
，B选项正确.
，C选项正确.

，
当且仅当时等号成立，D选项正确.
故选：BCD
12．已知函数，是自然对数的底数，则（    ）
A． B．
C．若，则 D．，且，则
【答案】ABD
【分析】对于A,B，根据函数的单调性，即可判断；
对于C，构造函数，判断其单调性，结合，即，即可判断；
对于D，将展开整理得，然后采用分析法的思想，推出，构造函数，求其最小值即可判断.
【详解】对于A，由题意得，则 ，
当 时，，递增 ，当 时，，递减，
由于，所以，即，
整理得，即，所以，故正确；
对于B，由于，由于当 时，递减，故 ，
即 ，即，
因为 ，
故，即，
综上，，故B正确；
对于C，因为，即，即，
设 ，由于当 时，递增 ，当 时， 递减，
故单调减函数，故，即，
由于，不妨设， 则 ，即，故C错误；
对任意两个正实数，且，若，不妨设 ，
即，设，则，
则，，
分析法知：要证目标不等式只需
，
设 令 ，则，
即为单调增函数，故，
即成立，故，所以，即，故D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：A、B通过构造中间函数并研究单调性比较大小关系；C、D构造方程并应用对应函数，结合分析法及导数证明不等关系.

三、填空题
13．已知数列满足，则____________．
【答案】2
【分析】首先根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求.
【详解】因为，
所以，，，，
所以数列是周期为3的数列，.
故答案为：2
14．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为______．

【答案】##
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
15．三棱锥的顶点都在球O的表面上，线段PC是球的直径，，，，则球O的表面积为______________．
【答案】
【分析】根据解三角形的知识求以及外接圆的半径，在由体积可求三棱锥的高为4，结合球的性质可得，运算求解即可
【详解】在中，设的外接圆的圆心为，半径为，
由余弦定理可得，
注意到，则，
由正弦定理可得，即，
由题意可知：O为的中点，连接，
设三棱锥的高为，则三棱锥的体积，
解得，
由O为的中点，可得，
∵平面，平面，
故，
则，
即球O的半径为，故球O的表面积.
故答案为：.

16．已知不等式恒成立，则的最大值为__________.
【答案】
【分析】法一：利用同构得到，即，构造，，利用导函数求出其最小值，得到；
法二：先代入求出，再构造函数，证明其必要性即可.
【详解】法一：变形为，
构造，定义域为，
则在上恒成立，
所以在单调递增，
故，两边平方后变形得到，
构造，，
则，当时，，当时，，
故在处取得极小值，也是最小值，
可知，故，
的最大值为；
法二：中令得：，
解得：，
当时，只要证，，
其中，显然成立，
以下是证明过程：构造，，
，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，，
只要证，即，由于，
故只要，
构造，，
则，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，，
综上：可得的最大值为.
故答案为：
【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.

四、解答题
17．一个口袋中有大小相同的5个白球和4个红球，每个球编有不同的号码．
(1)若一次取2个球，至少有一个白球的取法有多少种；
(2)若一次取出颜色不全相同的3个球，有多少种取法．
【答案】(1)30
(2)70

【分析】（1）有两种可能：“两个都是白球”或“一个白球一个红球”，利用组合数运算求解；
（2）有两种可能：“两个白球一个红球”或“一个白球两个红球”，利用组合数运算求解；
【详解】（1）若一次取2个球，至少有一个白球有两种可能：“两个都是白球”或“一个白球一个红球”，
故不同的取法有种.
（2）若一次取3个球，取出颜色不全相同有两种可能：“两个白球一个红球”或“一个白球两个红球”，
故不同的取法有种.
18．已知数列的前项的积记为，且满足.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）将条件中的变为，然后整理即可证明；
（2）求出数列的通项公式，然后利用裂项相消法求和.
【详解】（1）当时，，
，即，
又当时，，得，
数列是以3为首项，2为公差的等差数列；
（2）由（1）得，
则，

.
19．已知函数，.
(1)若，求的单调区间；
(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；
(2).

【分析】（1）把代入函数解析式中得，对函数进行求导即可得到的单调区间.
（2）恒成立等价于恒成立，令，则.
当时，符合题意，当时，对函数判断单调性，即可得到，即可求出答案.
【详解】（1）当时，，
则.
当时，因为，且，
所以，
所以，单调递减.
当时，因为，且，
所以，
所以，单调递增.
所以当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）恒成立等价于恒成立，
令，
则.
①当时，在区间上恒成立，符合题意；
②当时，，
令，，即在上单调递增，，则存在，使得，此时，即，
则当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以.
令，得.
因为，所以.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性和隐零点问题，属于难题.
20．如图，已知圆锥，是底面圆的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，．设二面角与二面角的大小分别为与．

(1)求的值；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)；
(2)

【分析】(1) 连接,取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM，PN，ON，由题意可得
，，从而可得，代入数据计算即可；
(2)建立坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）解：连接，因为点P为圆锥的顶点，所以⊥平面，

分别取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM，PN，ON，
则在圆O中，，
由⊥平面，得PO⊥AC．
又，
故AC⊥平面PMO，
平面,
所以AC⊥PM．
所以,
同理，．
于是；
（2）解：因为，即，
所以，即，
∵，
∴，．
在圆O中，CA⊥CB，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz．

则，，．
又因为PO⊥平面ABC，
所以OP∥z轴，从而．
则，，．
设平面PAC的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面PBC的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
所以．
所以二面角A-PC-B的正弦值为．
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，．过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为．
（1）设点的坐标为，证明：；
（2）求四边形的面积的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，由此可证得结论；
（2）分类讨论直线的斜率存在与否两种情况：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆得，利用弦长公式结合韦达定理知，同理知，求出四边形的面积，再利用基本不等式求得最小值，当直线的斜率不存在或斜率时，此时四边形的面积，即可求得最小值.
【详解】（1）证明：椭圆，可知，
由，知点在以线段为直径的圆上，故
所以
（2）①当直线的斜率存在且时，则直线的方程为，
联立，消去y得，
设,，则，
由弦长公式得
由，垂足为，知的斜率为，可知
则四边形的面积
，当且仅当，即时，等号成立.
②当直线的斜率不存在或斜率时，此时四边形的面积
故四边形的面积的最小值为
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数．
(1)若恒成立，求实数a的取值集合；
(2)求证：对，都有．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，利用分类讨论思想判断函数的单调性，根据函数的单调性，结合已知不等式进行求解即可；
（2）先构造函数把转化为,再利用（1）中的结论构造不等式，结合不等式的性质和等比数列前项和公式进行证明即可.
【详解】（1）由且，令，
当时，则，，
当，有，即在上递增；
当，有，即在上递减；
所以，满足题设；
当时，，则，显然不合要求，舍去；
当时，则，
若时，即在R上递增，故上，不合要求；
若时，令得：，令得：，且，
则在上单调递减，在上单调递增，又，
故当时，，不合题意，舍去；
综上：实数a取值集合为．
（2）设且，则，在上单调递增，
所以．即在上恒成立，
所以，，，
则，
故只需证明：即可，
由（1）知，在恒成立，则，故，
令（，2，3，…，n），则（，2，3，…，n），
∴
，
∴．
【点睛】关键点点睛：构造函数结合（1）结论的应用，先用放缩法将的和转化为的和，再应用结合等比数列前项和公式得证.