2022-2023學(xué)年湖北省部分普通高中聯(lián)盟高二年級下冊學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年湖北省部分普通高中聯(lián)盟高二下學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題一、單選題1．下列導(dǎo)數(shù)運算正確的（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式計算可得.【詳解】對于A：，故A正確；對于B：，故B錯誤；對于C：，故C錯誤；對于D：，故D錯誤；故選：A2．下列通項公式中，對應(yīng)數(shù)列是遞增數(shù)列的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)數(shù)列單調(diào)性的定義逐項判斷即可.【詳解】對于A，B選項對應(yīng)數(shù)列是遞減數(shù)列．對于C選項，，故數(shù)列是遞增數(shù)列．對于D選項，由于．所以數(shù)列不是遞增數(shù)列．故選：C.3．已知等比數(shù)列的前項和是，且，則（

）A．24 B．28 C．30 D．32【答案】C【分析】由條件求出,代入等比數(shù)列求和公式即可.【詳解】因為，代入得：，即，解得，故，故選：C.4．如圖，已知空間四邊形，M，N分別是邊OA，BC的中點，點滿足，設(shè)，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)向量的線性運算一步步將向量化為關(guān)于，，，即可整理得出答案.【詳解】，，，，.故選：B.5．等比數(shù)列的前項和為，，，則為（

）A． B． C． D．或【答案】A【分析】根據(jù)等比數(shù)列片段和性質(zhì)可構(gòu)造方程求得，再由可得最終結(jié)果.【詳解】由題意知：，，成等比數(shù)列，，解得：或；，.故選：A.6．已知為等差數(shù)列的前n項和，若，，則當(dāng)取得最大值時，n的取值為（

）A．7 B．9 C．16 D．18【答案】B【分析】由已知結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)和前項和公式，可推得，，從而得解．【詳解】因為等差數(shù)列中，，，所以，，即，，所以，，所以，，由為等差數(shù)列，得時，；時，，所以當(dāng)時，取得最大值．故選：B．7．函數(shù)的大致圖像為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求出函數(shù)的定義域，然后求導(dǎo)，判斷單調(diào)性；另一方面，當(dāng)時，從函數(shù)值的正負(fù)性加以判斷，最后選出答案.【詳解】函數(shù)的定義域為，，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增；當(dāng)或時，，所以在和上單調(diào)遞減，顯然當(dāng)時，，當(dāng)時，.故選：B.8．設(shè)為實數(shù)，若函數(shù)有且僅有一個零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，利用零點存在定理可知函數(shù)在上只有一個零點，則函數(shù)在上無零點，并利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)在上的單調(diào)性，可得出關(guān)于實數(shù)的不等式，解之即可.【詳解】當(dāng)時，，則且不恒為零，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，，又因為，所以，函數(shù)在上只有一個零點；因為函數(shù)只有一個零點，則函數(shù)在上無零點，則當(dāng)時，，則，由可得，由可得.所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，只需，解得.故選：C.二、多選題9．已知是橢圓上一點，是左?右焦點，下列選項中正確的是（

）A．橢圓的焦距為2 B．橢圓的離心率C． D．的面積的最大值是2【答案】BCD【分析】對于ABC，由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程求得，再利用橢圓的定義與性質(zhì)即可判斷；對于D，由橢圓的幾何性質(zhì)與的面積公式即可判斷．【詳解】對于A，因為橢圓，所以知，所以橢圓的焦距為，故A錯誤；對于B，橢圓的離心率為，故B正確；對于C，由橢圓的定義可得，故C正確；對于D，設(shè)，由橢圓的幾何性質(zhì)可知，所以，即的面積的最大值是2，故D正確.故選：BCD．10．如圖是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖像，則下列判斷正確的是（

）A．在區(qū)間上，單調(diào)遞增B．在區(qū)間上，單調(diào)遞增C．在區(qū)間上，單調(diào)遞增D．在區(qū)間上，單調(diào)遞增【答案】BC【分析】當(dāng)，則單調(diào)遞增，當(dāng)，則單調(diào)遞減，據(jù)此可得答案.【詳解】由題圖知當(dāng)時，，所以在區(qū)間上，單調(diào)遞增，BC正確；當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在區(qū)間上，單調(diào)遞減.在上遞增，A錯誤；當(dāng)時，，所以在區(qū)間上，單調(diào)遞減，D錯誤；故選：BC11．如圖的形狀出現(xiàn)在南宋數(shù)學(xué)家揚輝所著的《詳解九章算法·商功》中后人稱為“三角垛”，“三角垛”最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，…，設(shè)第n層有個球，從上往下n層球的總數(shù)為，則（

）A． B．C． D．不存在正整數(shù)，使得為質(zhì)數(shù)【答案】BCD【分析】根據(jù)每層的球的個數(shù)可得，利用累加法求得，即可求得的值，判斷A，B；根據(jù)，可判斷C；根據(jù)，結(jié)合數(shù)的奇偶性，可判斷D.【詳解】依題意因為，以上n個式子累加可得︰,又滿足上式，所以,故，故A錯誤；因，所以，故B正確；因為，所以，故C正確；因為，故當(dāng)且為整數(shù)時，，此時必為偶數(shù)，則為整數(shù)，且為合數(shù)，則不存在正整數(shù)，使得為質(zhì)數(shù)，D正確，故選：BCD12．已知函數(shù)，則（

）A．當(dāng)時，函數(shù)的極大值為B．若函數(shù)圖象的對稱中心為，則C．若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則或D．函數(shù)必有3個零點【答案】BD【分析】根據(jù)函數(shù)極大值的定義，結(jié)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)零點的定義逐一判斷即可.【詳解】A項：當(dāng)時，，則，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以極大值為，故錯誤；B項：因為函數(shù)圖象的對稱中心為，所以有，故正確；C項：恒成立，顯然必有兩根，則在遞減，故錯誤；D項：必有2相異根，且非零，故必有3個零點，故正確．故選擇：BD三、填空題13．寫出過點且與圓相切的一條直線的方程______．【答案】（答案不唯一）【分析】根據(jù)題意：先討論斜率不存在的情況是否成立；斜率存在時，設(shè)出切線方程，利用圓心到直線的距離等于半徑即可求解.【詳解】當(dāng)過點的直線斜率不存在時：方程為：，此時直線到圓心的距離，滿足題意；當(dāng)過點的直線斜率存在時：設(shè)方程為：，即，因為直線與圓相切，所以，解得：，所以直線方程為：，所以過點且與圓相切的一條直線的方程或，故答案為：（答案不唯一）.14．設(shè)等差數(shù)列的前項和為，等比數(shù)列的前項和為，若，，且，則_________.【答案】/【分析】設(shè)的公差為，根據(jù)得到，確定的公比，代入數(shù)據(jù)計算得到答案.【詳解】，設(shè)的公差為，則，所以，的公比，所以.故答案為：15．若，是雙曲線：的兩個焦點，，為上關(guān)于坐標(biāo)原點對稱的兩點，且，設(shè)四邊形的面積為，四邊形的外接圓的面積為，則______．【答案】【分析】根據(jù)給定條件，探求四邊形的形狀，結(jié)合雙曲線的定義及勾股定理求出，再求出作答.【詳解】依題意，點與，與都關(guān)于原點O對稱，且，因此四邊形是矩形，如圖，由雙曲線：得：，，于是，顯然四邊形的外接圓半徑為，因此，所以.故答案為：16．已知，若對于任意的，不等式恒成立，則的最小值為__________.【答案】/【分析】先利用同構(gòu)法將題設(shè)不等式轉(zhuǎn)化為，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系得到，從而將問題轉(zhuǎn)化為，再次構(gòu)造函數(shù)求得最值即可得解.【詳解】因為，所以可化為，令，則，所以在上遞增，因為，，所以，，，所以可化為，則，即在上恒成立，即，令，則，令，則；令，則；所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，所以，即的最小值為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的突破口是利用同構(gòu)法將題設(shè)不等式轉(zhuǎn)化為，從而構(gòu)造函數(shù)得到，由此得解.四、解答題17．已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的圖象在處的切線方程；(2)求的極值．【答案】(1)(2)極大值為，極小值為【分析】(1)先求，再根據(jù)點斜式即可求解.（2）先求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，再根據(jù)單調(diào)區(qū)間，即可求解極值.【詳解】（1），，∵，，則切點坐標(biāo)為，切線斜率，∴函數(shù)的圖象在處的切線方程為，即．（2）令，解得或，故在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則在處取得極大值，在處取得極小值，極大值為，極小值為．18．已知數(shù)列{an}前n項和Sn＝n2+n．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn．【答案】(1)an＝2n，n∈N*(2)Tn=【分析】（1）根據(jù)已知條件并結(jié)合公式即可計算出數(shù)列{a}的通項公式；（2）先根據(jù)第（1）題結(jié)果計算出數(shù)列的通項公式，再運用裂項相消法即可計算出前n項和T．【詳解】（1）由題意，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝12+1＝2，當(dāng)n≥2時，a＝S﹣＝n2+n﹣（n﹣1）2﹣（n﹣1）＝2n，∵當(dāng)n＝1時，也滿足上式，∴a＝2n，n∈N*．（2）由（1），可得b＝＝＝＝則T＝b1+b2+???+b＝＝＝＝19．已知數(shù)列滿足，．(1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列；(2)若，為數(shù)列的前n項和，求．【答案】(1)證明見解析(2)，【分析】（1）根據(jù)遞推公式證明為定值即可；（2）先由（1）求得數(shù)列的通項，從而可得數(shù)列的的通項，再利用錯位相減法求解即可.【詳解】（1）因為，所以，又，所以是以為首項，以3為公比的等比數(shù)列；（2）由（1）知，故，所以，故，則，兩式相減得，所以.20．如圖,四邊形ABCD是圓柱OQ的軸截面,點P是圓柱OQ的底面圓周上的一個動點,G是DP的中點,圓柱OQ的底面圓的半徑OA=2,圓柱的高為.(1)求證:BP⊥平面PAD;(2)當(dāng)三棱錐D-APB體積最大時,求平面PAG與平面BAG夾角的余弦值;【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)根據(jù)四邊形ABCD是圓柱OQ的軸截面,可知,根據(jù)為底面圓的直徑,可知,根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明結(jié)論;(2)當(dāng)三棱錐D-APB體積最大時,即底面面積最大,即,故以為原點建立空間直角坐標(biāo)系,求出各個點的坐標(biāo),分別求出平面PAG與平面BAG的法向量,進(jìn)而求得法向量夾角的余弦值,即可得平面PAG與平面BAG夾角的余弦值.【詳解】（1）證明:因為四邊形ABCD是圓柱OQ的軸截面,所以平面,因為平面,所以,因為為底面圓的直徑,所以,因為平面,平面,且,所以平面,得證;（2）由圓柱OQ的底面圓的半徑OA=2,圓柱的高為,即,當(dāng)三棱錐D-APB體積最大時,即底面面積最大,即,連接,可知平面,以為原點,方向分別為軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示:故可知:,所以,,記平面法向量,所以,即,取,可得,記平面法向量,所以,即,取,可得,所以,故平面PAG與平面BAG夾角的余弦值為.21．點F是拋物線的焦點，O為坐標(biāo)原點，過點F作垂直于x軸的直線l，與拋物線相交于A，B兩點，，拋物線的準(zhǔn)線與x軸交于點K．(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)C、D是拋物線上異于A、B兩點的兩個不同的點，直線相交于點E，直線相交于點G，證明：E、G、K三點共線．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）寫出A、B點坐標(biāo)，代入方程求得參數(shù)即可；（2）設(shè)求出直線BD、直線AC得交點E，求出直線AD、直線BC得交點G，說明直線EK的斜率與直線GK的斜率相同即可得證.【詳解】（1）由題意，得，因為，軸，不妨設(shè)，代入拋物線，得，所以拋物線的方程為；（2），準(zhǔn)線為，，設(shè)直線AC為①，直線BD為②，聯(lián)立①②，解得，即，直線AD為③，直線BC為②，聯(lián)立③④，解得，即，直線EK的斜率直線GK的斜率，則直線EK的斜率與直線GK的斜率相同，所以E、G、K三點共線.22．已知函數(shù)（為常數(shù)）.(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)不等式在上恒成立，