湘豫名校联考2022-2023学年高二下学期6月阶段性考试数学试题.docx

《湘豫名校联考2022-2023学年高二下学期6月阶段性考试数学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湘豫名校联考2022-2023学年高二下学期6月阶段性考试数学试题.docx（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023学年湘豫名校联考高二（下）段考数学试卷（6月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 已知复数z满足z(1+i)=26i，则z的共轭复数为()A. 24iB. 2+4iC. 24iD. 2+4i2. 已知集合A=x|ax0，且AB=A，则实数a的取值范围为()A. (3,0)B. 3,0C. 1,2D. 2,13. 已知在平面直角坐标系xOy中有M(2,3)，N(4,n)，E(2,2)三点，则“n=2”是“NEMN”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 某同学买了一打一次

2、性锡纸烘焙模具，如图，模具为圆台状的托盘，高为20mm，下底部直径为40mm，上面开口圆的直径为60mm，若该同学用此模具烘焙一个蛋糕，烘焙成型后，模具开口圆上方的蛋糕膨胀，膨胀部分视为半球形，半球底面大小与模具开口圆大小相同(烘焙前后模具形状大小不发生变化，模具厚度不计)，则烘焙成型后蛋糕的总体积约为3,V圆台=13(r2+rr+r2),r,r分别是上、下底面半径，是高()A. 38000mm3B. 92000mm3C. 146000mm3D. 276000mm35. 2023年3月份开始，全国多地政府和车企推出各式优惠，花式补贴卖车，部分车型补贴高达9万元.降价潮开始从新能源汽车领域卷入燃

3、油车领域，从线下延伸到直播间.某汽车品牌的4S店在某平台进行直播卖车，每周开展A，B，C，D，E共5种车型的直播推销，每种车型安排1天进行直播推销，连排5天，则A和B两种车型直播推销时间不连排的概率为()A. 15B. 25C. 35D. 456. 已知函数f(x)=2sin(x+)(0,22)的一个极大值点为x=6，与该极大值点相邻的一个零点为x=512，则f(x)在0,2上的值域为()A. 2,2B. 1,1C. 12,1D. 1,27. 已知a=110，b=sin19+cos1，c=10e1，则()A. acbB. abcC. bacD. bca8. 已知椭圆C：x29+y2b2=1(2

4、b0)的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于A，B两点，则下列条件能得到抛物线C的方程为x2=y的是()A. 焦点为F(14,0)B. 准线为y=14C. 与直线4y1=0相交所得弦长为1D. 1|AF|+1|BF|=412. 已知函数f(x)的定义域为(0,4)，其图象关于直线x=2对称，当x(0,2时，f(x)=|lnx|，且方程f(x)=m有四个不等实根x1，x2，x3，x4(x1x2x3x4)，则下列结论正确的是()A. 当2xln2D. 若不等式kx3x4+x12+x22k+11恒成立，则k2 32三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. (2x+y)(x+2y)6的展开式中

5、x4y3项的系数是_ 14. 定义n1阶导数的导数叫做n阶导数(nN,n2)，即f(n)(x)=f(n1)(x)，分别记作f(x)，f(x)，f(4)(x)，f(n)(x)，则函数f(x)=xex的2023阶导数的图象在点(0,f(2023)(0)处的切线在x轴上的截距为_ 15. 已知圆C1：(x+1)2+y2=r2过圆C2：(x4)2+(y1)2=4的圆心，则两圆相交弦的方程为_ 16. 已知当x2时，不等式xln(x1)a(x2)有解，则实数a的取值范围是_ ；根据前面不等式，当a=2时，满足132ln2+142ln3+152ln4+1(n+2)2ln(n+1)0,b0)的离心率为 3，

6、且过点P(2,2)(1)求双曲线C的标准方程；(2)过点(0,4)作直线l交双曲线C于A，B(不与点P重合)两点，且直线PA与PB关于直线x=2对称，求点P到直线l的距离21. (本小题12.0分)已知数列an是公差为d(d0)的等差数列，a1=2，且a3+2，a4，a64成等比数列，又数列bn满足b1+b2+b3+bn=dbnd，nN(1)求数列bn的通项公式；(2)设b0=1，当nbk1,bk)时，cn=k(kN)，求数列cn的前2n1项的和22. (本小题12.0分)已知函数f(x)=xex+1(x0)(1)求不等式f(x)2答案和解析1.【答案】D【解析】解：因为z(1+i)=26i，

7、所以z=26i1+i=2(13i)(1i)(1+i)(1i)=2(13ii3)2=24i，所以共轭复数z=2+4i故选：D2.【答案】C【解析】解：因为集合B=x|3+2xx20=x|1x3，AB=A，所以AB，所以a1,a+13,解得1a2故选：C3.【答案】A【解析】解：NE=(2,2n)，MN=(2,n3)，若NEMN，则NEMN=4(n+2)(n3)=0即n2n2=0，即(n+1)(n2)=0，所以n=2或1，所以“n=2”是“NEMN”的充分不必要条件故选：A4.【答案】B【解析】解：圆台状托盘的体积为：V1=1320(302+202+3020)=1320190038000(mm3)

8、，模具开口圆上方半球部分的蛋糕体积为：V2=1243303227000=54000(mm3)则烘焙成型后蛋糕的总体积约为38000+54000=92000(mm3). 故选：B5.【答案】C【解析】解：5种车型全排列有A55种排法，先将C，D，E进行排列，共有A33种排法，再从产生的4个空位中选2个安排A和B，共有A42种排法，A和B两种车型直播推销时间不连排的概率为A33A42A55=72120=35故选：C6.【答案】D【解析】解：根据题意，得T=2=4(5126)sin(6+)=1，所以=2=6+2k,kZ又22，所以=6，所以f(x)=2sin(2x+6)因为x0,2，所以2x+66,

9、76，所以f(x)1,2故选：D7.【答案】C【解析】解：由题意设f(x)=sinx9+cosxx10，x0,1，则f(x)=(cosx71)(cosx1)10(9+cosx)20，即f(x)在0,1上单调递减f(x)f(0)=0，即sinx9+cosxx10，当x=1时，sin19+cos11100，即b0，即10e1110，故ca，综上所述，ba0)，此时抛物线焦点应在y轴上，故选项A错误；若准线为y=14，此时18a=14，解得a=12，所以抛物线C的方程为x2=y，故选项B正确；联立y=2ax24y1=0，解得x= 18a，所以直线4y1=0与抛物线C相交所得弦长为2 18a=1，解得

10、a=12，此时抛物线C的方程为x2=y，故选项C正确；不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为y=kx+18a，联立y=kx+18ay=2ax2，消去y并整理得x2k2ax116a2=0，此时0，由韦达定理得x1x2=116a2，所以y1y2=164a2，则1|AF|+1|BF|=1y1+18a+1y2+18a=y1+y2+14ay1y2+18a(y1+y2)+164a2 =y1+y2+14a164a2+18a(y1+y2)+164a2=8a=4，解得a=12，则抛物线C的方程为x2=y，故选项D正确故选：BCD12.【答案】ABD【解析】解：选项A，当2x4时，04x2，所

11、以f(4x)=|ln(4x)|，又f(4x)=f(x)，所以f(x)=|ln(4x)|，故A正确；选项B，函数f(x)的大致图象如右图所示，当方程f(x)=m有四个不等实根x1，x2，x3，x4(x1x2x3x4)时，x2，x3关于x=2对称，x1，x4关于x=2对称，所以x1+x2+x3+x4=8，B正确；选项C，因为f(x)2(b+12)f(x)+12b=0，所以f(x)=b或f(x)=12，当f(x)=12时，对应的根有4个，所以f(x)=b需有3个根所以b=ln2，C错误；选项D，因为|lnx1|=|lnx2|，所以x1x2=1，所以2=2 x1x2x1+x20，所以不等式kx3x4+

12、x12+x22k+11恒成立，即k11(x12+x22)x3x41恒成立，因为(x1x2)42时，xln(x1)a(x2)有解，所以ln(x1)a(x2)x2)，即证(x)2，所以x2(x1)0，设(x)=(xa)2+2aa2，当a2时，(x)在(2,+)上单调递增，所以(x)(2)=42a0，所以(x)0所以(x)在(2,+)上单调递增，所以(x)(2)=0，不满足条件，当a2时，因为(2)=42a0，(x)在(2,+)上先减后增，所以x0(2,+)，使得(x0)=0所以(2)0，(x)在(2,+)上先负后正，即x0(2,+)，使得(x0)=0所以当x(2,x0)时，(x)0，(x)单调递减

13、所以当x(2,x0)时，(x)2，即实数a的取值范围是(2,+)；当a=2，x2时，ln(x1)2(x2)x，即1x2ln(x1)121x(x2)，令x=2+n，则1(n+2)2ln(n+1)121n(n+2)=14(1n1n+2)，所以132ln2+142ln3+152ln4+1(n+2)2ln(n+1)14(113+1214+1315+1n11n+1+1n1n+2)=14(321n+11n+2)0，则k2由根与系数的关系得2x1=4k2+8k82k2，则x1=2k2+4k42k2同理可得x2=2k24k42k2kAB=y2y1x2x1=k(x22)+2k(x12)2x2x1=k(x1+x2

14、4)x2x1 =k(4k282k24)8k2k2=k(4k288+4k2)8k=16k8k=2，故直线l的方程为y=2x+4得点P到直线l的距离为|22+24| 1+22=2 5521.【答案】解：(1)由题意，得a42=(a3+2)(a64)，即(2+3d)2=(2+2d+2)(2+5d4)，化简得d2+4d12=0，解得d=2或d=6又d0，所以d=2所以b1+b2+b3+bn=2bn2又因为当n=1时，b1=2b12，即b1=2；当n2时，b1+b2+b3+bn1=2bn12，所以bn=2bn2bn1，所以bn=2bn1，所以bn是首项为2，公比为2的等比数列，故bn=2n(2)当cn=

15、k=1时，n1,2)，共21=1项；当cn=k=2时，n2,4)，共42=2项；当cn=k=3时，n4,8)，共84=4项； 当cn=k=n时，n2k1,2k)，共2n2n1=2n1项，以上cn共有20+21+22+2n1=202n12=2n1项所以数列cn的前2n1项的和为120+221+322+n2n1记S=120+221+322+n2n1，则2S=121+222+(n1)2n1+n2n上述两个等式作差可得S=1+2+22+2n1n2n=12n12n2n=(1n)2n1，所以S=(n1)2n+1因此，数列cn的前2n1项的和为(n1)2n+122.【答案】解：(1)已知f(x)=xex+1

16、，函数定义域为(0,+)，若f(x)3ln33，此时xex+13ln33=3(ln31)=3ln3e整理得xex3eln3e，即exlnex0，所以ex1，又3e1，不妨设(x)=xlnx，函数定义域为(0,+)，此时需满足(ex)1时，(x)0，所以函数(x)在定义域上单调递增，此时ex3e，即0xln31故不等式f(x)0，因为x0，此时3lnt=t，易知t1，所以3=tlnt，不妨设g(t)=tlnt，函数定义域为(0,1)(1,+)，可得g(t)=lnt1(lnt)2，当0x1时，g(t)0，g(t)单调递减；当1xe时，g(t)e时，g(t)0，g(t)单调递增，所以g(t)g(e)

17、=3，若方程f(x)=3ex+3elnx有两个不相等的实数根x1，x2，即方程3ln(xex)=xex有两个不相等的实数根x1，x2，所以关于t的方程3=tlnt有两个不相等的实数根t1，t2，且t1=x1ex1，t2=x2ex2，要证x1+x2+ln(x1x2)2，即证x1ex1x2ex2e2，需证t1t2e2，即证lnt1+lnt22，因为t1=3lnt1t2=3lnt2，所以t1t2=3(lnt1lnt2)t1+t2=3(lnt1+lnt2)，整理得t1+t2t1t2=lnt1+lnt2lnt1lnt2，不妨设t1t20，此时需证lnt1+lnt2=t1+t2t1t2lnt1t22，即证lnt1t22(t1t2)t1+t2=2(t1t21)t1t2+1，不妨令m=t1t2，m1，不妨设函数k(m)=lnm2(m1)m+1，函数定义域为(1,+)，可得k(m)=1m4(m+1)2=(m1)2m(m+1)20，所以函数k(m)在定义域上单调递增，此时k(m)k(1)=0，故x1+x2+ln(x1x2)2