河南省商丘名校2022-2023学年高二下学期第一次联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省商丘名校2022-2023学年高二下学期第一次联考数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 设函数，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】为常数，则其导数为0.
【详解】因为为常数，所以.
故选：D.
2. 下列三个数依次成等比数列的是（ ）
A. 1，4，8B. ，2，4C. 9，6，4D. 4，6，8
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列知识求得正确答案.
【详解】，A选项错误；，B选项错误.
因为，所以9，6，4依次成等比数列，C选项正确.
，D选项错误.
故选：C
3. 已知直线，当变化时，所有直线都恒过点（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直线方程整理为，从而可得直线所过的定点.
【详解】直线可化为，
令，解得：，所以直线过定点，
故选：.
4. 已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】若表示焦点在轴上的椭圆，可得即可得的范围，再选取该范围的一个真子集即可求解.
【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，
则，解得：．
所以成立的充要条件是：．
结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，
故选：B.
5. 设函数在点处附近有定义，且为常数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由导函数的定义可得选项.
【详解】解：因为为常数，所以，
故选：C.
6. 若，，成等差数列，而，，和，，都分别成等比数列，则的值为（ ）
A. 16B. 15C. 14D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列和等比数列的性质列方程组求解．
【详解】因为，，成等差数列，而，，和，，都分别成等比数列，
所以，解得､､，
故选：D.
7. 如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．
【详解】-＝，
.
故选：A．
8. 如图所示，某拱桥的截面图可以看作双曲线的图象的一部分，当拱顶M到水面的距离为4米时，水面宽AB为米，则当水面宽度为米时，拱顶M到水面的距离为（ ）
A. 4米B. 米C. 米D. 米
【答案】D
【解析】
【分析】将代入双曲线得到，当得到，得到答案.
【详解】根据题意：，，故，解得，即，
当水面宽度为米时，即时，，
拱顶M到水面的距离为.
故选：D
9. 设等差数列的前项和为，数列的前和为，已知，若，则正整数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的公差为d，根据求得公差d，即可求得数列的通项，从而求得数列的通项，再根据裂项相消法求得数列的前和为，从而可得出答案.
【详解】解：设等差数列的公差为d，
，所以，
则，
所以，
所以，
所以，
因，所以，解得.
故选：A.
10. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列排序正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的变化率和导数的几何意义进行判断.
【详解】因为、分别是函数在、处的切线斜率，
由图可知，
又，，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关导数的几何意义的问题，正确解题的关键是理解函数的变化率和导数的几何意义.
11. 如图所示，三棱锥中，为等边三角形，平面，，.点D在线段上，且，点E为线段SB的中点，以线段BC的中点为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，过点作SA的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线CE的一个方向向量为B. 点D到直线CE的距离为
C. 平面ACE的一个法向量为D. 点D到平面ACE的距离为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先利用题目已经建好坐标系，写出点的坐标，再利用空间向量分别求点D到直线CE的距离、点D到平面ACE的距离以及平面ACE的法向量，利用向量共线定理可以判断直线CE的一个方向向量.
【详解】依题意，，，，，；若，则,则,，故A正确；
，，，故D点到直线CE的距离 ，故B正确；
设为平面的法向量，则，即，令，则为平面的一个法向量，故C错误；
而，故点D到平面的距离，故D正确.
故选：ABD
12. 几何学中，把满足某些特定条件的曲线组成的集合叫做曲线族.点是椭圆族上任意一点，如图所示，椭圆族T的元素满足以下条件：①长轴长为4；②一个焦点为原点；③过定点，则的最大值是（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件及椭圆的定义，结合两点间的距离的公式即可求解.
详解】如图所示
设点所在椭圆的另一焦点为，则
.
故选：A.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为________________.
【答案】
【解析】
【分析】把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解．
【详解】解：，0，，点到平面的距离为．
故答案为：.
14. 函数，则曲线在处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求导，代入可得，利用直线方程的点斜式即得解
【详解】由题意，
故，
则曲线在处的切线方程为：
故答案为：
15. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分.如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，则该抛物线的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设抛物线方程为，根据抛物线上的点，代入求出即可得解.
【详解】设抛物线方程为，
依题意，代入得，
所以抛物线标准方程为.
故答案为：
16. 已知数列的前项和为，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据递推关系可构造等比数列，据此求出通项，再构造为等差数列求出通项即可得解.
【详解】由题意得，所以，解得，
又因为，于是，
因此数列是以为首项、2为公比的等比数列，
故，于是，
因此数列是以1为首项、1为公差的等差数列，
故，故，所以.
故答案为：10240
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 在平面直角坐标系中分别求以下方程.
（1）求过两直线：的交点，且斜率为2的直线的一般式方程；
（2）在中，已知，且，求顶点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先联立直线方程求得的交点，再利用点斜式即可得解；
（2）利用正弦定理边角变换得到，再利用两点距离公式整理化简即可得解.
【小问1详解】
由可得，
所以的交点为，
故过且斜率为2的直线的方程为，即.
【小问2详解】
根据正弦定理由可得，即，
因为，设顶点的坐标为，
则，整理得，
因为构成三角形，即不共线，故，
故顶点的轨迹方程为.
18. 记为等差数列的前项和，已知.
（1）求的通项公式和；
（2）设数列的前项和为，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
分析】（1）由题得，解出值，则得到，再利用等差数列求和公式即可；
（2）分和讨论得到，则得到的值.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由得到，解得，
得.
【小问2详解】
当时，
当时，
故
所以.
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 已知动点到定点的距离比到直线的距离小2，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设是轴上的点，曲线与直线交于，且的面积为，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义求解即可；
（2）联立直线和抛物线方程，消元后由根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离求出三角形面积解得即可得出点的坐标.
【小问1详解】
依题意动点到定点的距离等于动点到直线的距离，
由抛物线的定义可知，动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
联立方程，整理得,
设，则有,
于是,
设到直线的距离为，因为，
由点到直线的距离公式得,
又，所以，
于是，解得或.
故点的坐标为或.
21. 已知数列的前n项和为Sn，满足．
（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若不等式2对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用得，变形得，则可证明等比数列，根据等比数列的通项公式可得答案；
（3）令，通过计算的正负，求出的最大值，将题目转化为，解不等式即可.
【小问1详解】
①
②
①-②得，即，
变形可得，
又，得
故数列是以-1为首项，为公比的等比数列，
由等比数列的通项公式可得，
.
【小问2详解】
令，则
当或时，，
当时，
又，，
因为不等式对任意的正整数恒成立，
，解得.
22. 已知椭圆，过动点的直线交轴于点，交于点（在第一象限），且是线段的中点，过点作轴的垂线交于另一点，连接并延长，交于点.
（1）设直线的斜率为的斜率为，证明：为定值；
（2）设直线的倾斜角为，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设直线,利用中点求出P点坐标，再由对称性得出点坐标进而求出可证为定值；
（2）联立直线和椭圆方程，得出A点坐标，联立直线和椭圆得出点坐标，把直线的斜率用表示，，再结合基本不等式求的最小值，即可求的最小值．
【小问1详解】
设直线，显然，
令，得，则，
因为是线段的中点，
所以，
所以，
又.
所以为定值.
【小问2详解】
联立，消去并整理得，
则，则，
根据韦达定理可得，所以，
所以，
所以，
由（1）知，，
所以直线的方程为，
联立，消去并整理得，
则，则，
根据韦达定理可得，
所以，
所以，
所以，
所以
，
因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为.