2022-2023学年江西省宜丰中学、宜春一中高二（创新班）下学期第一次联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省宜丰中学、宜春一中高二（创新班）下学期第一次联考数学试题含解析，共23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学年江西省宜丰中学、宜春一中高二（创新班）下学期第一次联考数学试题

一、单选题
1．若复数z满足（为虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】先将复数z化简为复数的标准形式，然后判断其在复平面内的所在象限即可.
【详解】已知，得，所以，所以其在复平面内对应的点为，在第四象限；
故选:D
2．设等差数列的前项和分别为，若,则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据等差数列前n项和与通项之间的关系,将数列的项之比化为前n项和之比,代入等式计算即可得出答案.
【详解】根据等差数列的性质,
,选项A正确.
故选:A.
3．若过点且斜率为k的直线l与曲线有且只有一个交点，则实数k的值不可能是(    )
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】根据半圆的切线性质，结合点到直线距离公式进行求解，然后根据图象即可求解
【详解】如图，

曲线即表示以O为圆心，2为半径的上半圆，
因为直线即与半圆相切，所以，解得．
因为所以，
又直线l与曲线有且只有一个交点，所以或，
所以实数k的取值范围是
故选：B
4．已知正方体的棱长是，、分别是棱和的中点，点在正方形（包括边界）内，当平面时，长度的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分别取、的中点、，连接、、、、、、、，证明出平面平面，可知点的轨迹为线段，分析可知当时，即当点为线段的中点时，的长度取最小值，利用勾股定理可求得结果.
【详解】分别取、的中点、，连接、、、、、、、，如下图所示：

因为、分别为、的中点，则，同理可得，则，
平面，平面，平面，
因为且，、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，
，所以，平面平面，
平面，平面，
当点时，平面，则平面，所以点的轨迹为线段，
平面，平面，则，
，则，同理可得，
因为，
所以，当时，即当点为线段的中点时，的长度取最小值，
此时.
故选：C.
5．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可得在上恒成立，参变分离，根据即可得解.
【详解】根据题意在上恒成立，
由可得在上恒成立，
，所以，
故选：A.
6．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，为奇函数，若，则不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先证明出为周期为8的周期函数，把转化为.记，利用导数判断出在R上单调递减，把原不等式转化为，即可求解.
【详解】因为为偶函数，为奇函数，
所以，.
所以，，所以.
令，则.
令上式中t取t-4，则，所以.
令t取t+4，则，所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数，所以，
令，得：，所以，所以，即为，所以.
记，所以.
因为，所以，所以在R上单调递减.
不等式可化为，即为.
所以.
故选：C
【点睛】解不等式的常见类型：
(1)一元二次不等式用因式分解法或图像法；
(2)指对数型不等式化为同底的结构，利用单调性解不等式；
(3)解抽象函数型不等式利用函数的单调性.
7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，则四边形BDOE的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用余弦定理求出，连接BO，利用重心性质得到，从而求出四边形BDOE的面积为，得到答案.
【详解】如图，连接BO，

∵，，，
∴，
∵，
∴，
因为点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，
所以O为的重心，则，则，
又因为，所以，同理，，
设四边形BDOE的面积为，
则，
其中，故.
即四边形BDOE的面积为.
故选：C

二、多选题
8．球冠是指球面被平面所截得的一部分曲面，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．小明撑伞站在太阳下，撑开的伞面可以近似看作一个球冠．已知该球冠的底半径为，高为．假设地面是平面，太阳光线是平行光束，下列说法正确的是（    ）

A．若伞柄垂直于地面，太阳光线与地面所成角为，则伞在地面的影子是圆
B．若伞柄垂直于地面，太阳光线与地面所成角为，则伞在地面的影子是椭圆
C．若伞柄与太阳光线平行，太阳光线与地面所成角，则伞在地面的影子为椭圆，且该椭圆离心率为
D．若太阳光线与地面所成角为，则小明调整伞柄位置，伞在地面的影子可以形成椭圆，且椭圆长轴长的最大值为
【答案】ACD
【分析】先由已知条件求出圆面的半径，结合已知条件分别画出太阳光线与伞还原的球状，根据所成的不同角度，逐一判断伞在地面的影子形状，作出判断即可．
【详解】图一，在中，由于，解得；
选项A，太阳光线与地面所成角为时，如图二将伞还原成完整的球状，光线将打在半球上，球冠被完整照射，于是投影形成完整的圆，正确；
选项B，太阳光线与地面所成角为时，如图三球冠只有部分被照射，故不能形成椭圆，错误；
选项C，太阳光线与地面所成角，且伞柄沿着光线方向时，球冠被完整照射，如图四，而由于与地面成一定角度，投影被拉长，故形成影子为椭圆，短轴长度不变，长轴被拉长为原来的倍，则，离心率为，正确；
选项D，太阳光线与地面所成角为时，如图五，当垂直于光线，可最大程度拉长影长，而且球冠被完整照射，故投影成椭圆，此时长轴长为，正确；
故选：ACD

9．已知数列，是等比数列，那么下列一定是等比数列的是（     ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】分别可设，，当时可判断A；可举出反例，说明C不正确；对于BD，写出其通项公式说明其为等比数列即可.
【详解】由题意，可设等比数列的公比为，则，
等比数列的公比为，则，
对于A，当时，显然不是等比数列，故A错误；
对于B，，
∴数列是一个以为首项，为公比的等比数列，故B正确；
对于C，举出反例：当，时，数列不为等比数列，故C错误；
对于D，，
∴数列是一个以为首项，为公比的等比数列，故D正确；
故选：BD.
【点睛】本题主要考查等比数列的判定，考查了定义法的运用，整体思想的应用以及数学运算能力，属于基础题．
10．下列说法中正确的是（    ）
A．模相等的两个向量是相等向量
B．若，，分别表示，的面积，则
C．两个非零向量,，若，则与共线且反向
D．若，则存在唯一实数使得
【答案】BC
【分析】根据向量相等的定义可知不正确, 设AC的中点为M，BC的中点为D,将化成,根据三角形的面积公式分析可知B选项正确; 当与不共线或共线方向相同时, 结论不成立，故C选项正确; 时, D选项错误.
【详解】相等向量是大小相等、方向相同的向量，向量的模相等，但方向不一定相同，故A选项错误；
设AC的中点为M，BC的中点为D，因为.所以，即，所以O是线段MD上靠近点M的三等分点，可知O到AC的距离等于D到AC距离的，而B到AC的距离等于D到AC距离的2倍，故可知O到AC的距离等于B到AC距离的，根据三角形面积公式可知B选项正确；
C选项中，当与共线且反向时，可知成立，当与不共线或共线方向相同时，结论不成立，故C选项正确；
D选项错误，例如，
故选:BC.
【点睛】本题考查了相等向量的定义,向量的线性运算,属于基础题.
11．已知，点P是直线上动点，过点P作的两条切线PA，PB，A，B为切点，则（    ）
A．关于直线l的对称圆方程
B．若Q是上动点，则线段PQ的最大值为
C．线段AB的最小值是
D．若，则点P的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】根据圆与切线的相关计算对选项一一验证
【详解】对于选项A：
设的圆心关于直线l的对称的点为，
则，解得：，
则关于直线l的对称圆方程，
故A错误；
对于选项B：
Q是上动点，P是直线上动点，
则线段PQ的最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径，
即，
无最大值，
故B错误；
对于选项C：
根据题意分析，若线段AB最小，则点P到圆心的距离最小，
则此时的切线长为，
此时线段AB的长度的为：，
故C正确；
对于选项D：
若，则，
则，
则点P的轨迹长度为，
故D正确；
故选：ACD.
12．如图，已知，，，，，将沿着直线折至，使得点在平面上的射影点落在直线上，则当满足下列什么条件时，有值（    ）

A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】如图（1），过作的垂线，垂足为，连接，可证，再在原来的平面图形中，建立如图（2）所示的平面直角坐标系，设，则可得或，逐项检验后可得正确的选项.
【详解】如图（1），过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，故，
而，，平面，故平面，
因为平面，故，

在平面图形中，建立如图（2）所示的平面直角坐标系：

则三点共线且，
则，故，
而，，故，
故直线的斜率为，故直线的方程为.
设，则且，
故，所以，
因为折叠后存在，故即，
整理得到：，解得，
对于A，若，则，
因为，故A满足.
对于B，，则，
，故B错误.
对于C，若，则，，
因为，故C满足.
对于D，若，则，故D满足.
故选：ACD.
【点睛】按题目条件利用空间几何知识找到射影点，再利用平面几何及三角知识解决角的范围问题.

三、填空题
13．数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）.给出下列四个结论：

①曲线有且仅有四条对称轴；
②曲线上任意两点之间的距离的最大值为6；
③曲线恰好经过8个整点（即横坐标､纵坐标均为整数的点）；
④曲线所围成的区域的面积大于16.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【分析】设点是曲线上任意一点，分别求出点关于轴、轴、直线、直线对称的点，检验是否满足方程可得有四条对称轴.再由图象知，没有其他的对称轴即可判断①正确；根据基本不等式可得，即有，所以曲线上任意一点到原点的距离，进而可判断②错误；分别令，，，可得到8个点的坐标，进而说明当时，不存在这样的点，即可判断③正确；易知曲线的范围大于以，，，，，，，这8个点构成的正方形，又正方形的面积为16，即可得到④正确.
【详解】对于①：设点是曲线上任意一点，则有成立.
显然点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，点关于直线的对称点，点关于直线的对称点也满足该式成立，所以轴、轴、直线、直线都是曲线的对称轴.由图象易得，曲线没有其他的对称轴，故①正确；
对于②：因为，当且仅当时，等号成立.
所以有，则，所以有，
即曲线上任意一点到原点的距离.
又曲线的图象关于点中心对称，
所以曲线上任意两点之间的距离的最大值为，故②错误；
对于③：令，则，解得，可得点，；
令，则，显然无整数解；
令，则，解得或，可得点，，，，，；
当，，此时将看做关于的方程，
此时.
因为，所以，则，方程无解.
综上所述，曲线恰好经过8个整点.故③正确；
对于④：显然由，，，，，，，这8个点构成的正方形在曲线的内部.正方形的边长为4，面积为16.所以曲线所围成的区域的面积大于16.故④正确.
故答案为：①③④.
14．某数学兴趣小组的学生开展数学活动，将图①所示的三块直角三角板进行拼接､旋转等变化，进而研究体积与角的问题，其中，，直角三角板与始终全等（假设直角三角板与的另两边的大小可变化）.现将直角三角板与放在平面内拼接，直角三角板的直角边也放在平面内，并使与重合，将直角三角板绕着旋转，使点在平面内的射影始终与点重合于点，如图②，则当四棱锥的体积最大时，直角三角板的内角的余弦值为__________.

【答案】/
【分析】根据题意，由条件可表示出，再由，再结合基本不等式取等号的条件，即可得到结果.
【详解】由题意可知平面，设.因为，
所以.又，
所以，

，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，
所以.
故答案为：.
15．已知函数的定义域为，当时，有，则不等式的解集为__________.
【答案】
【分析】根据题意将不等式进行等价转化得到函数在上单调递减，利用函数的单调性即可求解.
【详解】当时，由变形可得：，令，
则，所以函数在上单调递减，
因为，所以，
当时，不等式可以变形为，
即，所以，则；
当时，不等式可以变形为，
即，所以，则（舍去）；
综上，不等式的解集为，
故答案为：.
16．已知三棱锥的外接球的半径为，为等腰直角三角形，若顶点到底面的距离为4，且三棱锥的体积为，则满足上述条件的顶点的轨迹长度是______．
【答案】
【分析】设直角边的边长为，根据三棱锥的体积为，求得，进而求得外接圆半径为，得出球心到底面的距离，得出球心到该截面圆的距离，进而求得截面圆的半径，即可求得点的轨迹长度.
【详解】设底面等腰直角三角形的直角边的边长为，
∴顶点到底面的距离为4且三棱锥的体积为，
∴，解得，
∴的外接圆半径为，
∴球心到底面的距离为，
又∵顶点到底面的距离为4，
∴顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，
∵截面圆的半径，
∴顶点的轨迹长度是，
故答案是：．
【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；

四、解答题
17．设数列的前项和为，且
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和为.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）计算，根据公式计算得到答案.
（2）确定，利用裂项相消法计算得到答案.
【详解】（1）当时，；
当时，；
经检验：满足；
综上所述：
（2），
.
18．在①，②.③这三个条件中任选一个，填在以下的横线中，并完成解答.
在中，角所对的边分别是，且__________.
(1)求角的大小；
(2)若，点满足，求线段长的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）选择①利用正弦定理化边为角可求答案，选择②利用余弦定理可得答案，选择③利用恒等变换可求答案；
（2）利用向量的运算表示，结合数量积运算和基本不等式求解.
【详解】（1）选择①：由得，，
因为三角形中，所以，故.
选择②：由可知，故.
选择③：由得，显然，
所以，即，故.
（2）因为，故.
又因为，则，
于是
由得，当且仅当，即时取到等号.
故线段长的最小值为.
19．已知过原点的动直线与圆：相交于不同的两点A，B.
(1)求线段AB的中点M的轨迹的方程；
(2)若直线：上存在点P，使得以点Р为圆心，2为半径的圆与有公共点，求k的取值范围.
【答案】(1)
(2).

【分析】（1）根据垂径定理确定即，利用向量的数量积运算即可求出轨迹方程；
（2）将问题转化为轨迹端点到直线的距离小于等于2，利用点到直线的距离公式求解.
【详解】（1）由题可知的斜率存在，设直线，
设，圆：即，
则圆心，
因为为弦的中点，所以，
即,所以，
即，
由得为两圆的交点，
所以轨迹的方程为.
（2）由（1）知为圆上不含的劣弧，
因为直线：上存在点P，使得以点Р为圆心，2为半径的圆与有公共点，
当时，存在圆满足题意；
当时，只需点到直线的距离，
解得；
当时，只需点到直线的距离，
解得；
综上，.
20．如图，三棱锥P-ABC中，平面ABC，，，，．

(1)求三棱锥A-PBC的体积；
(2)在线段PC上是否存在一点M，使得?若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）利用棱锥的体积公式求A-PBC的体积；
（2）令，在面PAC内，过M作交AC于N，连接BN，BM，由线面垂直的性质及平行公理的推论可得，根据平行线的性质、余弦定理及勾股定理得，再由线面垂直的判定、性质证，即可确定存在性.
【详解】（1）因为AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
所以．
由平面ABC知：PA是三棱锥P-ABC的高，又PA＝1，
所以三棱锥A-PBC的体积．
（2）在线段PC上存在一点M，使得，此时．
如图，在平面PAC内，过M作交AC于N，连接BN，BM．
由平面ABC，平面ABC，故，所以．
由知：，则，
在中，，
所以，即．
由于且面MBN，故平面MBN．
又平面MBN，所以．

21．已知函数，．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）在上单调递增，即在上恒成立，由函数单调性讨论恒成立问题即可；
（2）由导数法直接研究或由换元法化简后研究恒成立问题.
【详解】（1），因为在上单调递增，
所以，恒成立，即恒成立，
因为在上单调递减，所以，则．
故实数a的取值范围为；
（2）因为恒成立，所以恒成立，
设，，则，
设，，则，所以在上单调递减，
且，，则，使，
即，且，，
列表得
x




＋
0
－


极大值

所以，则.
解法二：恒成立，即恒成立，
令，，则，所以在上单调递增，
因为时，，所以在上的值域为．
因为，所以，恒成立，
设，，则，令得，列表得
t

1


＋
0
－


极大值

所以，则．
解法三：恒成立，即恒成立，
令，，则在上单调递增，的值域为R．
因为，所以，恒成立，
设，，则，令得，列表得
t

0


＋
0
－


极大值

所以，则．
故实数a的取值范围是．
22．已知半径为 的圆C的圆心在 轴的正半轴上，且直线与圆相切．
(1)求圆的标准方程．
(2)已知，为圆上任意一点，试问在 轴上是否存在定点（异于点），使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在（2）的条件下，若点，试求 的最小值．
【答案】(1)
(2)存在；B的坐标为
(3)

【分析】（1）设圆C的方程为，根据直线与圆相切可求解；
（2）设，，利用两点距离公式可求得，可知当，为定值，从而可解；
（3）由（2）可知，= ，当且仅当三点共线时， 的值最小，从而可解.
【详解】（1）由题意设圆心坐标为，则圆C的方程为
因为直线与圆C相切，
所以点到直线的距离，
因为，所以，故圆C的标准方程为
（2）假设存在定点B，设，，
则，
则
当，即（舍去）时，为定值，且定值为，
故存在定点B，且B的坐标为
（3）由（2）知 =，故=，从而= ，
当且仅当三点共线时， 的值最小，且 .