2022-2023学年湖北省云学新高考联盟高二下学期3月联考试题数学含解析

这是一份2022-2023学年湖北省云学新高考联盟高二下学期3月联考试题数学含解析，共20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。

1. 直线4x+2y−1=0与直线ax+4y=0垂直，则a等于( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
2. 在数列an中，an+1=2an,an<12an−3,an>1，若a1=25，则a2023=( )
A. 15B. 25C. 45D. 85
3. 已知点A(2,−6,2)在平面α内，n=(3,1,2)是平面α的一个法向量，则下列点P中，在平面α内的是( )
A. P(1,−1,1)B. P(1,3,32)C. P(1,−3,32)D. P(−1,−3,−34)
4. 已知正实数a，b，c，若lnbb>lnaa=1cln1c，a>e，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>c>bB. a>b>cC. b>c>aD. b>a>c
5. 我国商用中大型无人机产业已进入发展快车道，某无人机生产公司2022年投入研发费用4亿元，计划此后每年研发费用比上一年都增加2亿元，则该公司一年的研发费用首次达到22亿元是在( )
A. 2029年B. 2030年C. 2031年D. 2032年
6. 已知f(x)=x−aexx，x∈(0,+∞)，∀x1，x2∈(0,+∞)，且x10，则实数a的取值范围是．( )
A. (−∞,e−12]B. (−∞,e2)C. (e13,+∞)D. [2e,+∞)
7. 已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a3与S2分别为方程x2+ 3x−4=0的两个根，则S5=( )
A. −11B. 8C. 15D. −15
8. 希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线：当01时，轨迹为双曲线.现有方程m(x2+y2+2y+1)=(2x−y+3)2表示的曲线是双曲线，则m的取值范围为( )
A. (0,8)B. (8,+∞)C. (0,5)D. (5,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知曲线C的方程为x2k−4+y28−k=1(k∈R)，下列结论正确的是( )
A. 当k=6时，曲线C为圆
B. 当k=0时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为y=±2x
C. “k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的充要条件
D. 存在实数k，使得曲线C为等轴双曲线
10. 公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2023A. d<0B. an<0时，n的最小值为2022
C. Sn有最大值D. Sn>0时，n的最大值为4043
11. 《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”.如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面PAC将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”.在鳖臑P−ABC中，PA⊥AB，AB=2，其外接球的体积为108π3，当此鳖臑的体积V最大时，下列结论正确的是( )
A. PA=BC=4B. V=323
C. 点C到平面PAB的距离为4D. P−ABC内切球的半径为5−12
12. 已知函数f(x)=x(x−3)2，若f(a)=f(b)=f(c)，其中a>b>c，则( )
A. 12
C. a+b+c=6D. abc的取值范围为(0,4)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 直线x−y+2t=0与曲线y=2x−ex相切，则t= ．
14. 已知两个等差数列an和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且AnBn=2n−1n+3，则a9b8= ．
15. 设x=θ是函数f(x)=csx+3sinx的一个极值点，则cs2θ−2sin2θ= ．
16. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)在一三象限的一条渐近线为l，圆M:(x−a)2+y2=8与l交于A，B两点，若△ABM是等腰直角三角形，且OB=−5OA(其中O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知数列{an}满足a1=2，{an+1−an}是以4为首项，2为公差的等差数列．
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{1an}的前n项和Sn，证明：12≤Sn<1．
18. (本小题12.0分)
已知点A(5,−3)和直线l:2x−y−8=0，点B是点A关于直线l的对称点．
(1)求点B的坐标;
(2)O为坐标原点，且点P满足|PO|=3|PB|.若点P的轨迹与直线x+y−m=0没有公共点，求m的取值范围．
19. (本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A′B′C′中，△ABC是边长为4的等边三角形，AA′=2，AB′=23，平面ABB′A′⊥平面ABC，E为线段AB′的中点．
(1)求证：CE⊥AB′;
(2)求直线CE与平面AA′C′C所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形对于抛物线C:y=2ax2给出如下三个条件：
①焦点为F(0,14); ②准线为y=−14; ③与直线4y−1=0相交所得弦长为1．
(Ⅰ)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程;
(Ⅱ)已知△ABQ是(1)中抛物线的阿基米德三角形，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若直线AB经过点(0,3)，试判断点Q是否在一条定直线上?如果是，求出定直线方程;如果不是，请说明理由．
21. (本小题12.0分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn.若an=1，12an=Sn+Sn−1(n≥2且n∈N*).
(1)求证：数列{Sn}为等差数列，并求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2n·an，求{bn}前n项和Tn．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x2−2x)lnx+(a−12)x2+2(1−a)x，a>0．
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查平面内两直线垂直，考查推理能力和计算能力，属于基础题．
利用平面内两直线垂直，得a×4+2×4=0，解之即可．
【解答】
解：因为直线4x+2y−1=0与直线ax+4y=0垂直，
所以a×4+2×4=0，
解得a=−2．
故选B．

2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考察数列的周期性，属于基础题．
【解答】
解：a1=25<1，∴a2=2a1=45<1，∴a3=2a2=85>1，∴a4=2a3−3=15<1，∴a5=2a4=25，⋯，
可以看出四个循环一次，故a2023=a4×505+3=a3=85．

3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查平面的法向量，属于基础题．
【解答】
解：对于选项A，AP=(−1,5,−1)，
所以AP⋅n=−1×3+5×1−1×2=0，
故P(1,−1,1)在平面α内.

4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了对数函数及其性质和利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
利用对数函数的图象得b>1>c>0，令f(x)=lnxx，利用导数研究函数的单调性和对数函数的性质得函数f(x)图象，再利用图象得1【解答】
解：因为a>e，所以ln aa>0，而ln aa=1cln1c=−lncc>0且c>0，因此0又因为lnbb>lnaa>0，所以b>1，因此b>1>c>0，
令f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
因此由f′(x)>0得0e，
所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在[e,+∞)上单调递减，且当x>1时，f(x)>0，
因为lnbb>lnaa>0，所以f(b)>f(a)，而a>e，
所以结合函数f(x)单调性知：1b>c，
故选：B．

5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考察等差数列的实际应用，考察等差数列的通项公式，属于基础题．
【解答】
解：
依题意，该公司每年研发费用依次成等差数列，设为{an}，
可得a1=4，公差d=2，
则该公司第n年的研发费用为an=a1+(n−1)d=2n+2，
令2n+2≥22，
则n≥10，
所以从2022年开始第10年，即2031年的费用首次达到22亿元．

6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查利用导数由函数单调性求参，属于中档题．
【解答】
解：由题意知 ∀x1，x2∈(0,+∞)，且x1x2f(x2)，
则y=xf(x)在(0,+∞)上单调递减，
设g(x)=xf(x)=x(x−aexx)=x2−aex，
则g′(x)=2x−aex⩽0恒成立，则a⩾2xex，
令t(x)=2xex，则t′(x)=2(1−x)ex，
当x∈(0,1)时t′(x)>0;当x∈(1,+∞)时，t′(x)<0，
故t(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故t(x)max=t(1)=2e，所以a≥2e．

7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的求和与通项公式，属于基础题．
利用已知条件，求出 x2+3x−4=0的两个根分别是1和−4，分类讨论 a3和 S2的值，利用等比数列的求和和通项公式建立q和a1的方程，解出方程，即可求解．
【解答】
解：方程x2+3x−4=0的两个根为1和−4，
由题意可得 a3=1,S2=−4或 a3=−4,S2=1.
当 a3=1,S2=−4时， a1q2=1,a1+a2=a1(1+q)=−4,无解．
当 a3=−4,S2=1时， a1q2=−4,a1+a2=a1(1+q)=1,
解得 a1=−1,q=−2,
所以 Sn= −1+(−2)n3，
故 S5=−1−323=−11．

8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查圆锥曲线的定义，属于较难题．
将式子变形，根据题目意思即可求解．
【解答】
解：方程m(x2+y2+2y+1)=(2x−y+3)2，m>0，
即为m[x2+(y+1)2]=(2x−y+3)2，
可得m⋅x2+(y+1)2=|2x−y+3|，
则x2+(y+1)2|2x−y+3|5=5m，
可得动点P(x,y)到定点(0,−1)和定直线2x−y+3=0的距离的比为常数5m，
由双曲线的定义，可得5m>1，
解得0
9.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查圆、椭圆、双曲线的方程及简单的几何性质，属于中档题．
【解答】
解：曲线C的方程为x2k−4+y28−k=1(k∈R)
当k=6时，方程为x2+y2=2，曲线C为圆，所以A正确;
当k=0时，曲线C为y28−x24=1，是双曲线，其渐近线方程为y=±2x，所以B正确;
“6所以“k>4′是”曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要而不充分条件，所以C不正确;
若曲线C为等轴双曲线，则k−48−k<0且k−4+8−k=0，无解，所以D不正确．

10.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题主要考查等差数列的前n项和，等差数列的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
根据等差数列的单调性以及前n项和的函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择．
【解答】
解：对于A：由S20230，故等差数列{an}的公差d=a2023−a2022<0，故A正确；
对于B：由A得，数列为单调递减数列，且 a2023<0,a2022>0，故an<0时，n的最小值为2023，故B错误；
对C：由A得，d<0，故Sn=d2n2+(a1−d2)n是关于n的开口向下的二次函数，其有最大值，没有最小值，故C正确；
对于D：因为数列{an}的前2022项均为正数，且S4044=4044a1+a40442=2022a1+a4044=2022a2022+a2023<0，
S4043=4043(a1+a40432)=4043a2022>0，
Sn>0时，n的最大值为4043，故D正确；
故选：ACD．

11.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的基本知识，处理球的外接和内切的知识求法，考察等体积法的使用，属于较难题．
【解答】
解：由题可知，PC的中点即为P−ABC的外接球的球心，
设外接球的半径为R，则43πR3=108π3，得R=3，
因为PA2+AB2+BC2=PC2=4R2，所以PA2+BC2=32，
鳖臑P−ABC的体积VP−ABC=13×12AB⋅BC⋅PA=16⋅(2BC⋅PA)
≤16⋅(BC2+PA2)=163
当且仅当BC=PA=4时，
(VP−ABC)max=163，故A项正确，B项错误;
因为三棱柱为直三棱柱，故BC⊥平面PAB，
所以点C到平面PAB的距离为|BC|=4，故C项正确;
设P−ABC的内切球半径为r，由等体积法
VP−ABC=13×(12AB⋅BC+12AB⋅PA+12AC⋅PA+12PB⋅BC)⋅r=163
，得(16+165)⋅r=32，
所以r=25+1=5−12，故D项正确．

12.【答案】BCD
【解析】
【分析】
本题考查利用导数求函数单调区间，及利用导数研究方程的根问题，属于较难题．
【解答】
解：因为f(x)=x(x−3)2，所以f′(x)=3x2−12x+9=3(x−3)(x−1)，
令f′(x)=0，解得：x=1或x=3，
当f(x)>0时，x>3或x<1，所以f(x)单调递增区间为(−∞,1)和(3,+∞);
当f′(x)<0时，1f(x)的图象如右图所示
设f(a)=f(b)=f(c)=t，则0又f(x)−t=(x−a)(x−b)(x−c)，所以x(x−3)2−t=(x−a)(x−b)(x−c)，
即x3−6x2+9x−t=x3−(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x−abc，
对照系数得a+b+c=6，故选项C正确;
abc=t∈(0,4)，故选项D正确;
因为3
13.【答案】−12
【解析】
【分析】
本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题．
设切点为x0,y0，列式求解即可．
【解答】
解：不妨设切点为x0,y0，
则曲线y=2x−ex中，则y′=2−ex，
则应有y0=x0+2t2−ex0=1y0=2x0−ex0，解得t=−12x0=0y0=−1,
故答案为−12．

14.【答案】116
【解析】
【分析】
本题主要考查等差数列的性质，考查等差数列的求和公式，属于中档题．
【解答】
解：∵两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，
且AnBn=2n−1n+3，
∴a9b8=2a92b8=a1+a17b1+b15
=172(a1+a17)152(b1+b15)=A17B15
=2×17−115+3=3318=116．

15.【答案】−2
【解析】
【分析】
本题考查函数的极值点，及正余弦齐次式的计算，属于中档题．
【解答】
解：由题知 f′(x)=−sinx+3csx
∵x=θ是函数f(x)=csx+3sinx的一个极值点，
∴f′θ=−sinθ+3csθ=0,即sinθ=3csθ，
故cs2θ−2sin2θ=cs2θ−3sin2θsin2θ+cs2θ=−8cs2θ4cs2θ=−2．

16.【答案】132
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的性质，考查共线向量基本定理的应用，考查数形结合的解题思想方法及运算求解能力，是中档题．
求出双曲线的一条渐近线方程，圆M的圆心和半径，设OA=t，由已知向量等式可得OB=5t，AB=4t，得到t=1，过M作MD⊥AB，且D为AB的中点，运用直角三角形的勾股定理和点到直线的距离公式解得a，b，c，再由离心率公式求解．
【解答】
解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线l的方程为y=bax，
圆M：(x−a)2+y2=8的圆心为M(a,0)，半径为r=22，
由△ABM为等腰直角三角形，可得AB=2r=4，
设OA=t，由OB=5OA，可得OB=5t，AB=4t，
由4t=4，得t=1，
过M作MD⊥AB，且D为AB的中点，OD=3，AB=4，AD=2，
则M到直线l的距离为MD=aba2+b2，
在直角三角形OMD中，MD2=OM2−OD2，
在直角三角形AMD中，MD2=AM2−AD2，
即有a2−9=8−4，解得a=13，
即MD=2=aba2+b2，解得b=2133，
c=a2+b2=13+529=133，
故e=ca=13313=133．
故答案为：133．

17.【答案】解：(1)由题意得an+1−an=4+2(n−1)=2n+2，an−an−1=2n，
an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
当n≥2时，=2n+(2n−2)+⋯+6+4+2
=2+(n−1)(2n+4)2=n2+n
当n=1时，也符合上式，
故an=n2+n．
(2)证明：因为1an=1n(n+1)=1n−1n+1
所以Sn=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1
又∵Sn在N*上递增，且0<1n+1≤12
∴12≤Sn<1．
【解析】本题主要考察等差数列的通项公式，考察数列与不等式，考察累加法和裂项相消法求和，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设点B(a,b)，由题意知线段AB的中点M(a+52,b−32)在直线l上，
故：2×a+52−b−32−8=0， ①
又∵直线AB垂直于直线l，故b+3a−5=−12， ②
联立 ① ②式解得：a=1b=−1，故点B的坐标为(1,−1);
(2)设点P(x,y)，由题|PO|=3|PB|，则|PO|2=3|PB|2，故x2+y2=3[(x−1)2+(y+1)2]，
化简得(x−32)2+(y+32)2=32，
又∵直线与圆没有公共点，故32−32−m2>32，
解得m∈(−∞,−3)∪(3,+∞).
【解析】本题考查点关于直线的对称问题，求与圆相关的轨迹问题，已知直线与圆的位置关系求参，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AB中点D，连接DC，DE，
∵CA=CB∴CD⊥AB
又∵平面ABC⊥平面ABB′A′，平面ABC∩平面ABB′A′=AB，
∴CD⊥平面ABB′A′
∴CD⊥AB′即AB′⊥CD
又∵AB′2+BB′2=AB2∴AB′⊥BB′，AB′⊥ED
而CD∩ED=D∴AB′⊥平面CDE，
∴AB′⊥CE即CE⊥AB′
(2)作B′M⊥AB于点M，MN//CD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，C(1,23,0)，B′(0,0,3)，E(32,0,32)
∴AA′=BB′=(1,0,3)，AC=(−2,23,0)，CE=(12,−23,32)
令平面AA′C′C的法向量为n=(x,y,z)
n⋅AA′=x+3z=0n⋅AC=−2x+23y=0∴令z=1，∴n=(−3,−1,1)
∴cs=−32+23+3213·5=219565
∴直线CE与平面AA′C′C所成角的正弦值为219565．
【解析】本题考查线面垂直的性质和线面角的大小，是中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ) y=2ax2即为x2=12ay，
若选 ①，18a=14∴a=12∴抛物线方程为x2=y，
选 ② ③同样得抛物线方程为x2=y．
(Ⅱ)令A(x1,y1)，B(x2,y2)，Q(x0,y0)，则y1=x12，y2=x22
∵y′=2x∴kAQ=2x1，kBQ=2x2
∴lAQ:y−y1=2x1(x−x1)即为2x1x−y−y1=0
又∵Q(x0,y0)∈lAQ∴2x0x1−y0−y1=0即2x0x1−y1−y0=0
同理，2x0x2−y2−y0=0
∴lAB:2x0x−y−y0=0
而lAB过点(0,3)∴0−3−y0=0即y0=−3
∴点Q在直线y=−3上
【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系，牢记抛物线的切线方程是解题的突破口，考查学生逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】 (1)证明：由题意得：当n≥2时，
12an=12(Sn−Sn−1)=12(Sn−Sn−1)(Sn+Sn−1)=Sn+Sn−1
∵an>0∴Sn>0
∴Sn−Sn−1=2
因为S1=1，所以数列Sn，是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则Sn=1+(n−1)×2=2n−1∴Sn=(2n−1)2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2n−1)2−(2n−3)2=8n−8，
由于a1=1不适合上式，
故an=1,n=18n−8,n≥2．
(2)bn=2,n=1(n−1)2n+3,n≥2
所以T1=2，
当n≥2时，Tn=2+[1×25+2×26+⋯+(n−1)2n+3]，
令An=1×25+2×26+⋯⋯+(n−1)2n+3
∴2An=1×26+2×27+⋯⋯+(n−1)2n+4
∴−An=25+26+⋯⋯+2n+3−(n−1)2n+4
=25(1−2n−1)1−2−(n−1)2n+4=(2−n)⋅2n+4−32，
∴An=(n−2)⋅2n+4+32
∴Tn=(n−2)⋅2n+4+34，T1=2也符合
故Tn=(n−2)⋅2n+4+34．
【解析】本题考查等差数列的判断，由Sn求an，错位相减法求和，属于较难题．
22.【答案】解：f′(x)=2(x−1)lnx+(x2−2x)·1x+(2a−1)x+2(1−a)=2(x−1)(lnx+a)
∵a>0∴e−a<1，
当x∈(0,e−a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增;
当x∈(e−a,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，f(x)的单调递增区间为(0,e−a)和(1,+∞)，单调递减区间为(e−a,1)．
(2)f(1)=32−a
(情况一)若f(1)>0，即a<32时，由f(x)的单调性，其在(e−a,+∞)上恒为正，无零点，
在增区间(0,e−a)至多有一个零点，不符合．
(情况二)若f(1)<0，即a>32时，
由于f(2)=0+4(a−12)+4(1−a)=2>0，由零点存在性定理，
f(x)在(1,2)上存在一个零点．
取x∈(0,1)，则x−2<−1，lnx<0，(a−12)x>0．
f(x)=x[(x−2)lnx+(a−12)x+2(1−a)]>x[−lnx+0+2(1−a)]
当x∈(0,e2(1−a))时，f(x)>0，f(x)在(0,e−a)上单增，故f(x)在(0,e−a)恒为正，无零点，
由零点存在性定理，f(x)在(e−a,1)上存在一个零点，符合题意．
(情况三)若f(1)=0，即a=32时，同情况二可得f(x)在增区间(0,e−a)恒为正，无零点，
f(x)仅有x=1一个零点，不符合．
综上，a∈(32,+∞).
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，结合导数研究函数的零点，考查分类讨论思想，为较难题．