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(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 18 页 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 f x可导，且满足0(3)(3)lim2xfxfx，则函数 yf x在 x3 处的导数为（）A2 B1 C1 D2【答案】D【分析】根据导数的定义即可得到答案.【详解】由题意，003333limlim3xxfxffxffxx ，所以 32f .故选：D.2已知等差数列 na满足23544,41aaaa，则数列 na的前 5 项和5S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4a，再利用前 n 项和公式计算作答.【详解】等差数

2、列 na中，354424(1)aaaa，解得42a，而24a，所以数列 na的前 5 项和152455()5()1522aaaaS.故选：A 3已知双曲线222210,0yxabab的实轴长为 4，虚轴长为 6，则双曲线的渐近线方程为（）A52yx B32yx C23yx D132yx 【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222210,0yxabab中24,26ab，所以2,3ab，双曲线焦点在y轴上，所以双曲线的渐近线方程为23yxabx ，故选：C.第 2 页 共 18 页 4已知数列 na满足12111,3,N,2nnnaaaaann，则2022a（）A2

3、B1 C4043 D4044【答案】A【分析】由递推式得到21nnaa，从而得到6nnaa，由此再结合11nnnaaa即可求得2022a的值.【详解】由11nnnaaa得12nnnaaa，两式相加得21nnaa，即3nnaa，故6nnaa，所以20226321()2aaaaa .故选：A 5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n层的正方体棱长为na

4、，则na为等比数列，由此求出塔形表面积nS的表达式，令78nS 即可得出n的范围【详解】解：设从最底层开始的第n层的正方体棱长为na，13a，22212222a，2231(2)(2)12a，则na为以 3 为首顶，以22为公比的等比数列，所以2na是以 9 为首项，以12为公比的等比数列 所以塔形的表面积22222123119 1722444449811212nnnnSaaaaa，第 3 页 共 18 页 令7281782n，解得4n，所以该塔形中正方体的个数至少为 5 个 故选：B 6已知抛物线 C：220ypx p的焦点1,0F，过 F的直线与 C交于 M，N 两点，准线与 x 轴的交点为

5、 A，当MANA时，直线 MN的方程为（）A10 xy B220 xy C210 xy D10 x 【答案】D【分析】根据题意可得：抛物线方程为24yx，则(1,0)A，设直线MN的方程为：1xty，联立方程组，利用韦达定理和0MA NA即可求解.【详解】由题意可知：12p，则抛物线方程为24yx，所以(1,0)A.设过 F的直线MN的方程为：1xty，1122(,),(,)M x yN xy，联立方程组214xtyyx，整理可得：2440yty，则124yyt，124y y ，又因为MANA所以0MA NA，11(1,)MAxy ，22(1,)NAxy 所以1212(1)(1)0 xxy y

6、 ，也即1212(1)(1)0 xxy y，因为212121212(1)(1)(2)(2)42()xxtytyt yyt y y，所以212121212(1)(1)(1)2()4xxy yty yt yy 2(1)(4)244ttt 2244840tt 即20t，解得：0t，所以直线MN的方程为：10 x，故选：D.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

7、直线,最后过点P作符合条件的平行直线即可.第 4 页 共 18 页【详解】作二面角的平面角AOB,则70AOB，设1OP为AOB的平分线，则1135POAPOB,当1OP以O为中心，在二面角的平分面上转时，1OP与两平面的夹角变小，会对称出现两条符合要求的直线.设2OP为AOB的补角角平分线，则2255POAPOB，当2OP以O为中心，在二面角的邻补二面角平分面上转时，2OP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P作与1OP,2OP平行的直线符号要求，共 4 条.故选：D 8数列 na满足132a，211nnnaaa，*nN，则122022111aaa的整数部分是（）

8、A1 B2 C3 D4【答案】A【分析】根据已知条件，利用累加法求得m，结合数列的单调性即可判断m的取值范围，进而求得其整数部分【详解】由211nnnaaa可得211(1)nnnnnaaaaa，所以111(1)1111nnnnnaa aaa，所以111111nnnaaa，则12111111aaa，23211111aaa，34311111aaa，20222023202211111aaa，上述式子累加得：120231220221111111maaaaa，故2023121ma，又因为2212101nnnnnaaaaa，即1nnaa，所以111nnaaa，根据递推公式得：132a，1221714aaa

9、，2322371216aaa，所以202332aa，那么20231(0,1)1a，则202312(1,2)1ma，则m的整数部分是 1，故选：A 第 5 页 共 18 页【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22143xymm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43mm，若430mm，即34m时，方程22143xymm表示的曲线双曲线；若4030mm，即3m时，方程22143xymm表示的曲线椭圆.故选：AB.10设nS为等差

10、数列 na的前 n项和，且*Nn，都有11nnSSnn若17161aa，则（）A160a B170a CnS的最小值是16S DnS的最大值是17S【答案】AC【分析】设数列 na公差为d，由11nnSSnn可知0d，又由17161aa 可知17160aa，据此可判断各选项正误.【详解】设数列 na公差为d，11nnSSnn11nnnnnnSnSSnaS 21111022n ndn nnan dnad，因102n n，则0d，得数列 na为递增数列.又1717161610，aaaa ，则17160aa.故 A 正确，B 错误.又数列 na为递增数列，17160aa，则数列 na前 16 项均为

11、负数，第 17 项及以后各项均为正数，故nS的最小值是16S，nS的最大值不存在.故 C 正确，D 错误.故选：AC 11抛物线 C：24yx的焦点为 F，P是其上一动点，点 1,1M，直线 l与抛物线 C 相交于 A，B两第 6 页 共 18 页 点，准线与 x轴的交于点 D，下列结论正确的是（）APMPF的最小值是 2 BPMPF的最大值是 2 C存在直线 l，使得 A，B 两点关于直线50 xy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2AFBFDF【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

12、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：24yx的焦点1,0F，准线=1x，过点P作PQ垂直于准线，垂足为Q，过点M作MN垂直于准线，垂足为N，交抛物线于点0P，连接0,MQ P F，如图，0000|PMPFPMPQMQMNPMPNPMPF，当且仅当P与0P重合时取等号，因此min|2PMPFMN，A 正确；因为|1PMPFMF，即PMPF的最大值是 1，B 不正确；假设存在直线 l，使得 A，B 两点关于直线50 xy对称，则设直线:0AB xym，由204xymyx消去 x

13、得：2440yym，则16 160m，解得1m，设 1122,A x yB xy，即有124yy，则有弦AB的中点2,2m在直线50 xy上，即2250m，解得1 1m ，符合题意，即存在直线 l，使得 A，B两点关于直线50 xy对称，C 正确；点(1,0)D，显然直线 l的斜率存在且不为 0，设其方程为(1)yk x，第 7 页 共 18 页 由2(1)4yk xyx消去 y得：2 222(24)0k xkx k，2244(2)40kk，解得11k 且0k，设,A B的横坐标分别为,ABxx，则242ABxxk，241142ABAFBFxxDFk ，所以不存在直线 l，使得2AFBFDF，

14、D 正确.故选：ACD 12如图所示：给定正整数 n（5n），按照如下规律构成三角形数表：第一行从左到右依次为 1，2，3，n，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,i ja，下列说法正确的是（）A当 n100 时，5,496a B当 n100 时，最后一行的数为98101 2 C当 n2022 时，,42022ia，则 i的最小值为 8 D当 n2022 时，2,5(9)2iiai【答案】ABD【分析】根据已知可得1221 2iiijaji，再由42022ia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

15、11,2,4,8,2,i，所以2111122iijijijijaaaa 2322222122222 222222iiiiijijijijaaaa 1212121 221 2iiiijaiji，所以1224241 2722022iiiiaii，解得8i，所以 i的最小值为 9.故C选项错;第 8 页 共 18 页 因为1224241 272iiiiaii 35,457 296a.故A正确；因为1221 2iiijaji,令5j 所以2,5(9)2iiai，故D正确；因为1221 2iiijaji,令1,100ji，当 n100 时，最后一行的数为98101 2故B正确；故答案为：ABD.三、填空

16、题 132022年2月，第24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9金4银2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l（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为 2322l ttt，则当3st 时，该运动员的滑雪瞬时速度为_m/s【答案】272【分析】利用导数的定义可求得该运动员在3st 时滑雪瞬时速度.【详解】2223927332 332 32222ltltttt，所以，该运动员的滑雪瞬时速度为 003327273limlim 2m/s22ttltlltt .故答案为：272.14等比数列 na中，1473aaa，3691

17、2aaa则 na的前 9 项之和为_【答案】9 或 21【分析】利用2369147aaaaaaq解出公比，即可求解.【详解】2369147aaaaaaq,即2123q，2q ，9123456789Saaaaaaaaa 147258369aaaaaaaaa 2147147147aaaaaaqaaaq 2333qq 若2q，则9361221S，第 9 页 共 18 页 若2q ，则936 129S，故答案为：9 或 21.15三棱锥 PABC 中，二面角 PABC为 120，PAB和ABC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】213【分析】作出图形，根据条件可知：球

18、心既过PAB的外心垂直平面PAB的垂线上，又在过ABC的外心垂直平面PCB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：H为AB的中点，12,O O分别为ABC和PAB的外心，过点12,O O分别作平面ACB和平面PAB的垂线，交点为O，连接,OH OA OC.根据题意可知：球心既过PAB的外心垂直平面PAB的垂线上，又在过ABC的外心垂直平面ACB的垂线上，所以O三棱锥外接球的球心，设外接球半径R，由题意知：PAB和ABC均为边长为 2 的正三角形，所以PHAB，CHAB，所以PHC即为二面角 PABC的平面角，因为二面角 PABC为 120，也即

19、12120O HO，因为PAB和ABC均为边长为 2 的正三角形，所以21333HOPH，11333HOCH，则12HOHO，所以21RtRtOO HOO H，则12211602OHOOHOO HO，在1Rt OHO中，因为133HO，160OHO，所以11OO，又因为122 333OCCH，所以在1Rt OCO中，22211OCOOOC，即247133R ，所以213R，故答案为：213.16已知椭圆 E：222210 xyabab，斜率为12的直线与椭圆 E 交于 P、Q 两点，P、Q在 y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45PQR，则该椭圆的离

20、心率为_ 第 10 页 共 18 页【答案】306【分析】QAx 轴交 PB于 A，则1tan2QPkPQA，tanQRkRQA，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】QAx 轴交 PB于 A，如图所示，设直线为2xym，112211,P x yQ xyRxy，则1210,0,0 xxy，联立得222221xymxyab得2222222440abymb ymab.则2122244mbyyab，21212222224maxxyymab.1tan2QPkPQA，12121212tanQRyyyykRQAxxxx，由1tantan12tan111

21、 tantan312QRQRQRkPQARQAPQRkPQARQAk，2122124123QRyymbkxxma，226ab.该椭圆的离心率22222306cabeaa.故答案为：306 四、解答题 17（1）求长轴长为 12，离心率为23，焦点在x轴上的椭圆标准方程；（2）已知双曲线的渐近线方程为12yx，且与椭圆221105xy有公共焦点，求此双曲线的方程 第 11 页 共 18 页【答案】（1）2213620 xy；（2）2214xy.【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：22221xyab且 a b 0，212,6aa，23ca，4c，222

22、361620bac，故椭圆方程为：2213620 xy；（2）221105xy的焦点为：(5,0),(5,0)，根据题意得到：12ba，则2222514baaa，解得：24a，故222541bca，故双曲线的方程为：2214xy.18已知数列 na的前 n 项和为227nSnn，*Nnnban(1)求数列 na的通项公式；(2)求数列 nb前 n 项的和nT【答案】(1)49,N*nann (2)222712,3(N*)27,2nnnnTnnn n 【分析】(1)根据11,1,2nnnS naSSn求解即可；(2)由于1,2n 时，0na，当3n时，0na，所以分2n 和3n两种情况讨论求解即

23、可.【详解】（1）因为数列 na的前n项和为227nSnn，所以当1n 时，11275aS ，当2n时，22127 2(1)7(1)49nnnaSSnnnnn ，显然，当1n 时，15a 满足49nan，第 12 页 共 18 页 所以49,N*nann.（2）由（1）知49,N*nnbann，因为1,2n 时，0na，当3n时，0na，所以当2n 时，227nnTSnn，当3n时，123nnSaaaa，123nnTaaaa，所以得2212nnTSS，因为2(549)272nnnSnn，所以2122712nnTSnn，所以222712,3(N*)27,2nnnnTnnn n 19 如图，在三棱

24、柱111ABCABC中，ACBC，四边形11ABB A是菱形，1120A AB，点 D 在棱1CC上，且1CDCC (1)若1ADBC，证明：平面1AB C 平面 ABD(2)若12ABBCAC，是否存在实数，使得平面1AB C与平面 ABD所成得锐二面角的余弦值是17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，17 【分析】(1)取 AB的中点 O，连接1OB，OC 利用三角形高线与对应底边垂直得出 AB平面1OBC 然后再证明1B C 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1AB C和平面 A

25、BD 的法向量，利用第 13 页 共 18 页 向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：取 AB的中点 O，连接1OB，OC 因为四边形11ABB A是菱形，且1120A AB，所以160ABB，则11ABBB 因为 O为 AB的中点，所以1ABOB 因为ACBC，且 O为 AB的中点，所以 ABOC 因为1OB，OC 平面1OBC，且1OBOCO，所以 AB平面1OBC 因为1B C 平面1OBC，所以1ABBC 因为1ADBC，AB，AD 平面 ABD且ABADA，所以1B C 平面 ABD 因为1B C 平面1AB C，所以平面1AB C 平面 ABD （2）因为22ABACBC，所

26、以222ABACBC，所以 ACBC 因为 O是 AB的中点，所以12OCAB 因为四边形11ABB A是菱形，且160ABB，所以1ABB是等边三角形 因为 O是 AB的中点，所以132OBAB 因为222222111OBOAABOBOCBC，所以1ABBC，则 OB，OC，1OB两两垂直，故以 O为原点，OB，OC，1OB的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 设2AB，则1,0,0A，1,0,0B，0,1,0C，12,0,3A，10,0,3B，故1,1,0AC，2,0,0AB，11,0,3AB，1,1,0BC ，1(1,0,3)AA .因为11,0,3CDCCA

27、A，所以,1,3D，所以1,1,3AD 设平面1AB C的法向量为111,xny z，第 14 页 共 18 页 则11111030n ACxyn ABxz，令13x，得3,3,1n 设平面 ABD 的法向量为222,mxyz，则222220(1)30m ABxm ADxyz，令21z ，得0,3,1m 设平面1AB C与平面 ABD所成的角为，则21 31coscos,7731n mn mn m，解得12或15，故存在12或15，使得平面1AB C与平面 ABD 所成角的余弦值是17 20 已知双曲线 C：222210,0 xyabab的左右焦点分别为1F，2F，右顶点为P，点0,Qb，21

28、PF，160FPQ(1)求双曲线C的方程；(2)直线l经过点2F，且与双曲线C相交于A，B两点，若1F AB的面积为6 2，求直线l的方程【答案】(1)2213yx (2)20 xy或20 xy.【分析】（1）由题意可得：21PFca，1tantan603bFPQa，222cab，解得c，a，b，即可得出双曲线C的方程（2）2(2,0)F，设直线l的方程为2xmy，11,A x y，22,B xy，联立直线l的方程与双曲线的方程化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得2121212|()4yyyyy y，利用1F AB的第 15 页 共 18 页 面积12126 22c yy，解得m，

29、即可得出直线l的方程【详解】（1）解：由题意可得：21PFca，1tantan603bFPQa，222cab，解得1a，3b，2c，所以双曲线C的方程为2213yx.（2）解：由题意可知，直线l的斜率不为 0，设AB：2xmy，设11,A x y，22,B xy，联立22233xmyxy，消x，得22311290mymy，由2223101443610mmm，解得213m，则1221221231931myymy ym.所以2222121212222236112364313131mmyyyyy ymmm，所以1F AB的面积2212122211611214223131mmSFFyymm，由2212

30、16 231mm，整理得429810mm，解得21m，1m ，所以直线l的方程为20 xy或20 xy.21已知抛物线 C：22ypx，焦点为 F，点2,0M，2,2N，过点 M作抛物线的切线 MP，切点为 P，3PF，又过 M作直线交抛物线于不同的两点 A，B，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)24yx(2)证明见解析 【分析】（1）设出00,P x y，直线:2MP xmy，联立抛物线方程，利用根的判别式等于 0 列出第 16 页 共 18 页 方程，求出24mp，再利用焦半径得到032px，从而表达出5232,ppPm，代入2002y

31、px，求出答案；（2）设112233,A x yB xyD x y，结合抛物线方程求出124ABkyy，134ADkyy，324BDkyy，写出直线1212:40ABxyyyy y，1313:40ADxyyyy y，根据AB过2 0M ，AD过2 2N，代入后联立得到2323840yyy y，由直线2323:40BDxyyyy y联立得到 234240 xyyy，求出所过定点.【详解】（1）设00,P x y，直线:2MP xmy，联立222xmyypx得：2240ypmyp，则224160p mp，所以24mp，又因为032pPFx，所以003252pxpym，故5232,ppPm，代入20

32、02ypx得：2440pp，所以2p，所以抛物线方程为：24yx；（2）设112233,A x yB xyD x y，则121212122212444AByyyykyxyxyy，同理134ADkyy，324BDkyy，故直线11124:AB yyxxyy 即121240 xyyyy y，同理直线1313:40ADxyyyy y，直线2323:40BDxyyyy y，因为AB过2 0M ，所以1280y y，AD过2 2N，所以1313820yyy y，由得：128yy，代入得：2323840yyy y，第 17 页 共 18 页 又因为直线2323:40BDxyyyy y，则由得：232348

33、y yyy，代入得：23234480 xyyyyy，所以 234240 xyyy，所以直线BD过点2 4，.【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k），（2）利用条件找到k与过定点的曲线,0F x y 的联系，得到有关k与,x y的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点00,xy，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与,x y的等式进行变形，直至找到00,xy，若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“k”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k变为常

34、数.22设数列 na的前 n项和为nS，且12a，12(2)nnSan，数列 nb的通项公式为nbn(1)求数列 na的通项公式；(2)求1211nnnnTa ba ba b；(3)设221251916nnnnnnncab bb，求数列 nc的前 n项的和nH【答案】(1)*2Nnnan，(2)2224nnTn(3)29598212nnnn 【分析】(1)na与nS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2n时，12nnSa，第 18 页 共 18 页 所以11nnnnSSaa，所以12nnaa，又因为2124aS，所以2nna，显然，当1n 时，12a 满足2nna，所以*2,Nnnan （2）22212nnTnn 所以2122222nnnTn -得：231212222nnnTn 11422212nnn 2242nn 所以2224nnTn（3）因为112111122212122nnnnncnnnn 所以12nnHccc 21111122 122221nnnn+2312111122232122nnnn 122111122212222nnnn 1292182122nnnn 29598212nnnn