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    2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期末联考数学试题含解析

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    这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期末联考数学试题含解析,共18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学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期末联考数学试题 一、单选题1.已知函数可导,且满足,则函数x3处的导数为(    A2 B1 C.-1 D.-2【答案】D【分析】根据导数的定义即可得到答案.【详解】由题意,,所以.故选:D.2.已知等差数列满足,则数列的前5项和为(    A15 B16 C20 D30【答案】A【分析】根据给定条件,利用等差数列性质求出,再利用前n项和公式计算作答.【详解】等差数列中,,解得,而所以数列的前5项和.故选:A3.已知双曲线的实轴长为4,虚轴长为6,则双曲线的渐近线方程为(    A BC D【答案】C【分析】根据双曲线几何性质解决即可.【详解】由题知双曲线所以,双曲线焦点在轴上,所以双曲线的渐近线方程为故选:C.4.已知数列满足,则    A B1 C4043 D4044【答案】A【分析】由递推式得到,从而得到,由此再结合即可求得的值.【详解】两式相加得,即,故所以.故选:A5.有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点,已知最底层正方体的棱长为3,且该塔形的表面积(不含最底层正方体的底面面积)超过78,则该塔形中正方体的个数至少是(    A4 B5 C6 D7【答案】B【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为,则为等比数列,由此求出塔形表面积的表达式,令即可得出的范围.【详解】解:设从最底层开始的第层的正方体棱长为为以3为首顶,以为公比的等比数列,所以是以9为首项,以为公比的等比数列.所以塔形的表面积,解得所以该塔形中正方体的个数至少为5个.故选:B6.已知抛物线C的焦点,过F的直线与C交于MN两点,准线与x轴的交点为A,当时,直线MN的方程为(    A B C D【答案】D【分析】根据题意可得:抛物线方程为,则,设直线的方程为:,联立方程组,利用韦达定理和即可求解.【详解】由题意可知:,则抛物线方程为,所以.设过F的直线的方程为:联立方程组,整理可得:又因为所以所以,也即因为所以,解得:,所以直线的方程为:故选:.7.已知两相交平面所成的锐二面角为70°,过空间一点P作直线l,使得直线l与两平面所成的角均为30°,那么这样的直线有(    )条A1 B2 C3 D4【答案】D【分析】分两种情况,一是在二面角的平分面上,另一种情况是在邻补二面角的平分面上研究,以角平分线为基准,旋转找符合要求的直线,最后过点作符合条件的平行直线即可.【详解】作二面角的平面角,,设的平分线,则,为中心,在二面角的平分面上转时,与两平面的夹角变小,会对称出现两条符合要求的直线.的补角角平分线,则,当为中心,在二面角的邻补二面角平分面上转时,与两平面的夹角变小,会对称出现两条符合要求的直线.综上所述: 过点作与,平行的直线符号要求,共4.故选:D8.数列满足,则的整数部分是(    A1 B2 C3 D4【答案】A【分析】根据已知条件,利用累加法求得,结合数列的单调性即可判断的取值范围,进而求得其整数部分【详解】可得所以所以上述式子累加得:又因为,即所以根据递推公式得:所以那么,则,则的整数部分是1故选:A【点睛】关键点睛:本题考察累加法,以及数列的单调性,能够正确的裂项从而累加是解决问题的关键 二、多选题9.方程表示的曲线中,可以是(    A.双曲线 B.椭圆 C.圆 D.抛物线【答案】AB【分析】根据双曲线和椭圆标准方程的特点,即可得到结果.【详解】因为,即时,方程表示的曲线双曲线;,即时,方程表示的曲线椭圆.故选:AB.10.设为等差数列的前n项和,且,都有.若,则(    A BC的最小值是 D的最大值是【答案】AC【分析】设数列公差为,由可知,又由可知,据此可判断各选项正误.【详解】设数列公差为,因,得数列为递增数列·.,则.A正确,B错误.又数列为递增数列,,则数列16项均为负数,第17项及以后各项均为正数,故的最小值是的最大值不存在.C正确,D错误.故选:AC11.抛物线C的焦点为FP是其上一动点,点,直线l与抛物线C相交于AB两点,准线与x轴的交于点D,下列结论正确的是(    A的最小值是2B的最大值是2C.存在直线l,使得AB两点关于直线对称D.若直线l经过点D,且B点在线段AD上,不存在直线l,使得【答案】ACD【分析】对于A,利用抛物线的定义,数形结合判断;对于B,利用三角形两边的差小于第三边判断;;对于C,设出直线l的方程,与抛物线方程联立,借助对称思想判断;对于D,设出直线方程,与抛物线方程联立,结合抛物线的定义判断作答.【详解】抛物线C的焦点,准线,过点垂直于准线,垂足为过点垂直于准线,垂足为,交抛物线于点,连接,如图,,当且仅当重合时取等号,因此A正确;因为,即的最大值是1B不正确;假设存在直线l,使得AB两点关于直线对称,则设直线消去x得:,则,解得,即有,则有弦的中点在直线上,,解得,符合题意,即存在直线l,使得AB两点关于直线对称,C正确;,显然直线l的斜率存在且不为0,设其方程为消去y得:,解得的横坐标分别为,则所以不存在直线l,使得D正确.故选:ACD12.如图所示:给定正整数n),按照如下规律构成三角形数表:第一行从左到右依次为123n,从第二行开始,每项都是它正上方和右上方两数之和,依次类推,直到第n行只有一项,记第i行第j项为,下列说法正确的是(    A.当n100时,B.当n100时,最后一行的数为C.当n2022时,,则i的最小值为8D.当n2022时,【答案】ABD【分析】根据已知可得,再由即可解得.【详解】由题可得三角形数表的每一行都是等差数列,且公差分别为所以所以,解得所以i的最小值为9.选项错;因为.正确;因为,所以,故正确;因为,,当n100时,最后一行的数为.故正确;故答案为:. 三、填空题13月,第届冬季奥林匹克运动会在北京隆重举行,中国代表团获得了铜的优异成绩,彰显了我国体育强国的底蕴和综合国力.设某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程(单位:)与时间(单位:)之间的关系为,则当时,该运动员的滑雪瞬时速度为______【答案】【分析】利用导数的定义可求得该运动员在时滑雪瞬时速度.【详解】所以,该运动员的滑雪瞬时速度为.故答案为:.14.等比数列中,.则的前9项之和为______【答案】921【分析】利用解出公比,即可求解.【详解】,,则,则故答案为:921.15.三棱锥PABC中,二面角PABC120°均为边长为2的正三角形,则三棱锥PABC外接球的半径为______【答案】【分析】作出图形,根据条件可知:球心既过的外心垂直平面的垂线上,又在过的外心垂直平面的垂线上,然后利用二面角的大小和勾股定理即可求解.【详解】作出三棱锥PABC,如图所示:的中点,分别为的外心,过点分别作平面和平面的垂线,交点为,连接.根据题意可知:球心既过的外心垂直平面的垂线上,又在过的外心垂直平面的垂线上,所以三棱锥外接球的球心,设外接球半径由题意知:均为边长为2的正三角形,所以,所以即为二面角PABC的平面角,因为二面角PABC120°,也即,因为均为边长为2的正三角形,所以,则所以,则中,因为,所以又因为,所以在中,,所以故答案为:.16.已知椭圆E,斜率为的直线与椭圆E交于PQ两点,PQy轴左侧,且P点在x轴上方,点P关于坐标原点O对称的点为R,且,则该椭圆的离心率为______【答案】【分析】x轴交PBA,则,设出直线,联立方程,结合韦达定理与两点斜率公式可求出参数的齐次方程,进而可求离心率.【详解】x轴交PBA,如图所示,设直线为,则联立得...该椭圆的离心率.故答案为: 四、解答题17.(1)求长轴长为12,离心率为,焦点在轴上的椭圆标准方程;2)已知双曲线的渐近线方程为,且与椭圆有公共焦点,求此双曲线的方程.【答案】1;(2.【分析】根据椭圆的几何性质,双曲线的几何性质求解即可.【详解】1)设椭圆方程为:a > b > 0故椭圆方程为:2的焦点为:根据题意得到:,则,解得:故双曲线的方程为:.18.已知数列的前n项和为(1)求数列的通项公式;(2)求数列n项的和【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据求解即可;(2)由于时,,当时,,所以分两种情况讨论求解即可.【详解】1)因为数列的前项和为所以当时,时,显然,当时,满足所以.2)由(1)知因为时,,当时,所以当时,时,所以,因为所以所以19.如图,在三棱柱中,ACBC,四边形是菱形,,点D在棱上,且(1),证明:平面平面ABD(2),是否存在实数,使得平面与平面ABD所成得锐二面角的余弦值是?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在, 【分析】(1) AB的中点O,连接OC.利用三角形高线与对应底边垂直得出AB平面.然后再证明平面ABD,最后利用面面垂直的判定即可证明;(2)建立空间直角坐标系,求出所需点的坐标,分别求出平面平面和平面ABD的法向量,利用向量的夹角公式即可求解.【详解】1)证明:取AB的中点O,连接OC因为四边形是菱形,且,所以,则因为OAB的中点,所以因为,且OAB的中点,所以ABOC因为平面,且,所以AB平面因为平面,所以因为AB平面ABD.且,所以平面ABD因为平面,所以平面平面ABD     2)因为,所以,所以ACBC因为OAB的中点,所以因为四边形是菱形,且,所以是等边三角形.因为OAB的中点,所以因为,所以,则OBOC两两垂直,故以O为原点,的方向分别为xyz轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.,则,故.因为,所以,所以设平面的法向量为,令,得设平面ABD的法向量为,令,得设平面与平面ABD所成的角为,则解得,故存在,使得平面与平面ABD所成角的余弦值是20.已知双曲线C的左右焦点分别为,右顶点为,点(1)求双曲线的方程;(2)直线经过点,且与双曲线相交于两点,若的面积为,求直线的方程.【答案】(1)(2). 【分析】1)由题意可得:,解得,即可得出双曲线的方程.2,设直线的方程为,联立直线的方程与双曲线的方程化为关于的一元二次方程,利用根与系数的关系可得,利用的面积,解得,即可得出直线的方程.【详解】1)解:由题意可得:解得所以双曲线的方程为.2)解:由题意可知,直线的斜率不为0,设联立,消,得,解得,则.所以所以的面积,整理得解得所以直线的方程为.21.已知抛物线C,焦点为F,点,过点M作抛物线的切线MP,切点为P,又过M作直线交抛物线于不同的两点AB,直线AN交抛物线于另一点D(1)求抛物线方程;(2)求证BD过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】1)设出,直线,联立抛物线方程,利用根的判别式等于0列出方程,求出,再利用焦半径得到,从而表达出,代入,求出答案;2)设,结合抛物线方程求出,写出直线,根据,代入后联立得到,由直线联立得到,求出所过定点.【详解】1)设,直线联立得:所以又因为所以,故,代入得:所以,所以抛物线方程为:2)设,同理故直线  同理直线,直线因为,所以,所以得:,代入得:又因为直线则由得:,代入得:所以所以直线过点.【点睛】处理定点问题的思路:1)确定题目中的核心变量(此处设为),2)利用条件找到与过定点的曲线的联系,得到有关的等式,3)所谓定点,是指存在一个特殊的点,使得无论的值如何变化,等式恒成立,此时要将关于的等式进行变形,直至找到若等式的形式为整式,则考虑将含的式子归为一组,变形为的形式,让括号中式子等于0,求出定点;若等式的形式是分式,一方面可考虑让分子等于0,一方面考虑分子和分母为倍数关系,可消去变为常数.22.设数列的前n项和为,且,数列的通项公式为(1)求数列的通项公式;(2)(3),求数列的前n项的和【答案】(1)(2)(3) 【分析】(1) 关系,作差计算即可.(2)应用错位相减法求解即可;(3)分组裂项相消求和应用求解.【详解】1)由题,当时,所以所以,又因为所以显然,当时,满足所以 2                 所以        ①-②得:所以3)因为所以+ 

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