2022-2023学年湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中、沙市中学高二下学期四月联考数学试题含解析

2022-2023学年湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中、襄阳三中、沙市中学高二下学期四月联考数学试题

一、单选题

1．已知直线与直线相互平行，则实数m的值是（    ）

A． B．1 C． D．6

【答案】A

【分析】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.

【详解】，

解之：经检验

故选：A.

2．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.

【详解】由题给函数的图象，可得

当时，，则，则单调递增；

当时，，则，则单调递减；

当时，，则，则单调递减；

当时，，则，则单调递增；

则单调递增区间为，；单调递减区间为

故仅选项C符合要求.

故选：C

3．正项数列的前n项和为，且，，若直线与圆相切，则（    ）

A．90 B．70 C．120 D．100

【答案】C

【分析】根据圆的方程确定圆心与半径，由直线与圆相切可得，即可判断数列为等差数列，根据等差数列的前项和性质即可求得的值.

【详解】圆C的圆心为，半径，由直线与圆相切得：

圆心到直线的距离，整理得，即，

所以为等差数列．

在等差数列中，，，成等差数列，

所以，则，即．

故选：C.

4．已知函数，则函数在上单调递增的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题设条件转化为在上恒成立，即在上恒成立，令，利用导数求得单调性和最小值，结合题意，即可求解.

【详解】由函数，可得函数的定义域为，

且，

因为函数在上单调递增，即在上恒成立，

即在上恒成立，即在上恒成立，

令，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，所以，

结合选项，可得时函数在上单调递增的一个充分不必要条件.

故选：A.

5．新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求．若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有（    ）

A．24种 B．36种 C．48种 D．60种

【答案】B

【分析】当错误选项恰有1个时，直接全排列即可；当错误选项恰有2个时，利用插空法求解.最后将两种情况相加即可.

【详解】当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有种；

当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有种．

故共有种．

故选：B．

6．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，，的渐近线分别交于A，C和B，D四点，若多边形为正六边形，则与的离心率之和为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】结合正六边形的几何性质以及离心率即可求出结果.

【详解】因为多边形为正六边形，设正六边形的边长为，

所以，∴，

∴，∴，

故选：C.

7．设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（    ）

A．或 B．或 C． D．

【答案】D

【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.

【详解】由题意知：，

在处取得极值，，

解得：或；

当，时，，

在上单调递增，不合题意；

当，时，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

是的极小值点，满足题意；

，又与同号，.

故选：D.

8．若存在，使不等式成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】，令，构造函数，从而问题转化为存在，使得成立.

求导判断单调性求得当时，，进而得到且，即可求解.

【详解】

令，即，

因为，所以，

令.

则原问题等价于存在，使得成立.

令，即解得，

令，即解得，

所以在上单调递增，在上单调递减.

又因为

而，

当时，.

若存在，使得成立.

只需且，解得且，

所以.

故的取值范围为.

故选：D

【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

二、多选题

9．下列四个关系式中，一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据排列数的计算可判断A,B,根据组合数的计算以及性质可求解C,D.

【详解】,故A错误，，故B对，

,故C对，

由可得：，故D错误

故选：BC

10．下列命题错误的是（    ）

A．若方程表示圆，则的取值范围是

B．若圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是

C．已知点在圆，的最大值为

D．已知圆和，圆和圆的公共弦长为

【答案】ABC

【分析】根据二元二次方程表示圆的充要条件可构造不等式求得A错误；设圆心，利用直线与圆相切可构造方程求得圆心坐标，由此可得B错误；将可看作点与坐标原点连线的斜率，根据切线方程的求法可求得的最大值，知C错误；两圆作差可得公共弦所在直线方程，由圆的一般方程确定圆心和半径，由垂径定理得公共弦长，知D正确.

【详解】对于A，若该方程表示圆，则，解得：或，

即的取值范围为，A错误；

对于B，圆的半径为且与轴相切，设圆心，

圆心到直线的距离，解得：或（舍），

圆心，半径为，圆的标准方程为，B错误；

对于C，可看作点与坐标原点连线的斜率，

由圆的方程可知：圆心，半径，

当过原点的直线与圆相切时，可设其方程为：，

圆心到直线的距离，解得：，

的最大值为，C错误；

对于D，由得：，

即两圆公共弦所在直线方程为：；

由圆方程知：圆心，半径，

圆心到直线的距离，

两圆的公共弦长为，D正确.

故选：ABC.

11．已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有（    ）

A．若，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为

B．若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为圆

C．若N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线

D．若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线

【答案】BCD

【分析】设MN中点为H，DM中点为Q，连接PQ，计算出PQ可知P的轨迹为圆可判断A；根据已知算出DN，可判断B；根据抛物线定义可判断C；以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，利用向量的夹角公式计算可判断D.

【详解】对于A，设MN中点为H，DM中点为Q，连接HQ，则，且，

如图，若，则所以，，则，所以点H的轨迹是以Q为圆心，半径为的圆，面积，故A错误；

对于B，，，则，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故B正确；

对于C，点N到直线的距离为BN，所以点N到定点B和直线DC的距离相等，且B点不在直线DC上，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故C正确；

对于D，如图，以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设，，，，

所以，，，

化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确；

故选： BCD.

12．对于函数，下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递减，在上单调递增

B．当时，

C．若函数有两个零点，则

D．设，若对，，使得成立，则

【答案】BD

【分析】利用函数的定义域判断A选项的正确性；利用的单调性来判断B选项的正确性；结合的图象来判断C选项的正确性；通过求和在给定区间上的取值范围来判断D选项的正确性.

【详解】对于A选项，的定义域为，所以A选项错误.

对于B选项，，当时，，递减.

由于，所以，

由于，

所以由两边乘以得 ，所以B选项正确.

对于C选项，令，

由于，所以在区间递减；

在区间递增.

当时，；当时，；.

函数是定义域为的偶函数.

由此画出的图象如下图所示，

由图可知，直线与的图象有两个交点，即当时，

函数有两个零点，所以C选项错误.

对于D选项，由上述分析可知，，则，

，，要使“对，，使得成立”，

则需，所以D选项正确.

故选：BD

【点睛】利用导数研究函数的单调性，首先要求函数的定义域，单调性必须在定义域这个大前提下进行求解.求解恒成立、存在性问题，可转化为求最值或取值范围来进行求解.

三、填空题

13．在平行六面体中，E，F分别是棱，的中点，记，，，则等于__________（用，，表示）．

【答案】

【分析】连接，利用空间向量的线性运算求解.

【详解】连接，，

故答案为：

14．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点F相同，且过点，则点到抛物线的焦点F的距离__________．

【答案】3

【分析】先求出双曲线的方程和右焦点坐标，再求出抛物线的焦点坐标和准线方程，即得解.

【详解】因为双曲线过点，

所以  所以，得.

又因为，所以 所以双曲线的半焦距.

所以双曲线的右焦点为,

所以抛物线的焦点F为,准线方程为

所以点到抛物线的焦点F的距离.

故答案为：3

15．如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为______．

【答案】

【分析】根据题意画出该几何体的轴截面，如图，设是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，求出球的半径，从而可求出，进而可求得圆锥的侧面积.

【详解】其中，是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，

由题意可知，解得，

由于圆柱的高为2，，，，

母线，

∴圆锥的侧面积为．

故答案为：

16．已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．

【答案】或

【分析】利用特殊值法求，，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.

【详解】令，有，得，

令，得，则，

令，，有，得，

又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，

因为在上单调递减，所以在上单调递增.

不等式可化为，

则有，

因为函数在上单调递增，所以，

又，所以，即，

设，则，

因为，故当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，所以，所以或.

故答案为：或.

【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.

四、解答题

17．某兴趣小组有9名学生，若从这9名学生中选取3人，且选取的3人中恰好有一名女学生的概率是．

(1)该小组中男生、女生各有多少人？

(2)9名学生站成一排，要求男学生必须两两站在一起，有多少种站队的方法？（要求用数字作答）

【答案】(1)男生人，女生人

(2)

【分析】（1）设该小组中男生有人，则女生有人，然后根据题目提供的概率列方程求解；

（2）第一步:将4名男生平均分成2组；第二步:5名女生站好队，然后将2组男生在相邻女生间及女生队列的两端共6个位置中任取2个位置排列；第三步:2组男生中每组男生排列，最后利用分步乘法计数原理可得答案.

数原理可得答案

【详解】（1）设该小组中男生有人，则女生有人，

从这9名学生中选取3人，且选取的3人中恰好有一名女学生的概率是，

，

解得，

即男生有人，女生有人.

（2）第一步：将4名男生分成2组，每组2人，共有种；

第二步：5名女生站好队，然后将2组男生在相邻女生间及女生队列的两端共6个位置中任取2个位置排列，共有种，

第三步：2组男生中每组男生排序，共有，

故一共有种方法.

18．设曲线在点处的切线l与x轴的交点的横坐标为，令．

(1)若数列的前n项和为，求；

(2)若切线l与y轴的交点的纵坐标为，，，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义，求出在处切线的切线方程，即可得，然后利用裂项相消求和法即可求解；

（2）由题意，可得，利用错位相减法即可求解.

【详解】（1）解：∵，∴，

∴在处切线斜率，切线方程为，

令，得，则，

∴；

（2）解：令，得，∵，∴，

∵，

∴①

②

①－②得，

∴．

19．如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，．

(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．

(2)求平面和平面夹角的余弦值．

【答案】(1)存在，劣弧的长度为

(2)

【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；

（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.

【详解】（1）如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，，

因为∥，平面，平面，则 ∥平面

同理可证∥平面，，且平面，平面

所以平面∥平面，又因为平面，所以∥平面

故存在点满足题意.

因为为底面的内接正三角形，

所以，即，

又因为，

所以的半径为，

所以劣弧的长度为.

（2）如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.

故， ，，， ，，，易知平面的法向量

设平面的法向量为 ，

又因为，

故 即，令得

易知平面和平面夹角为锐角，

所以平面和平面夹角的余弦值为

20．已知椭圆过点.

(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；

(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）把点代入椭圆方程，可得，由，可求b的取值范围；

（2）由离心率和（1）中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求的最大值.

【详解】（1）∵在椭圆，∴，有，所以，

又∵，所以，∵，∴；

（2）由（1）可知，又，

所以，椭圆.

因为直线与相切，故.

若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.

若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.

由直线与相切，故，可得：.

联立得，所以，

线段.

又因为，所以.

当且仅当，故当时，的最大值为2.

综上所述：当时，线段的最大值2.

21．已知各项都是正数的数列，前项和满足.

(1)求数列的通项公式.

(2)记是数列的前项和，是数列的前项和.当时，试比较与的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的通项公式进行求解即可；

（2）根据裂项相消法，结合等比数列前项和、二项式定理进行求解即可.

【详解】（1）当时，，所以或（舍去），

当时，有

两式相减得，

整理得，

因为的各项都是正数，所以，

所以是首项为1，公差为1的等差数列，

所以；

（2）由（1）得，则，

所以，

由（1）得

所以，

因为，

所以，故，

所以当时，.

22．已知函数，其中且．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明：；

(3)求证：对任意的且，都有：…．（其中为自然对数的底数）

【答案】(1)答案见解析；

(2)证明见解析；

(3)证明见解析.

【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，即可求得不同情况下函数的单调性；

（2）构造函数，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明；

（3）根据（2）中所求得，结合累加法即可求证结果.

【详解】（1）函数的定义域为，，

①当时，，所以在上单调递增；

②当时，令，解得，

当时，，所以，所以在上单调递减，

当时，，所以，所以在上单调递增.

综上，当时，函数在上调递增；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，，要证明，

即证，即，

设，则，令得，可得，

当时，，当时，．

所以，即，故.

（3）由（2）可得，（当且仅当时等号成立），

令，，则，

故………

…，

即…，

故….

【点睛】本题考查利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，属综合困难题.