《湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题含答案.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、数学试卷 第 1 页 共 4 页数学试湖北云学新高考联盟20222023学年高二年级上学期期末联考卷考试时间：2023 年 01 月 08 日 14:3016:30满分：150 分时长：120 分钟一一、选选择择题题：本本题题共共 8 8 小小题题，每每小小题题 5 5 分分，共共 4 40 0 分分。在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的。1.已知数列 满足1=1，+1=+3，则6=（）A 30B31C45D462.在下列条件中，能使M与A，B，C一定共面的是（）AOM 2OA OB OCB111532OMOAOBOC C.?+?+
2、?=0?DOM OA OB OC0?3.已知椭圆：82xy21，过点P（21，21）的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为()Ax8y290B8xy290C8xy290Dx8y2904已知m、n是两条不同的直线，、是三个不同的平面.下列说法中错误的是（）A若/m，m，an，则/m nB若/m n，/m，则/nC若an，则nD若m，m，/，则/5.已知12,F F是椭圆22221(0)xyabab的左右焦点，椭圆上一点M满足：1260F MF，则该椭圆离心率取值范围是（）A10,2B3,13C30,3D1,126.记首项为 1 的数列 na的前n项和为nS，且2n
3、时，2212nnnaSS，则10S的值为（）A110B118C119D1207已知圆：+42+2=16，为圆心，为圆上任意一点，定点 4,0，线段的垂直平分线与直线相交于点，则当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（）A24212=1(2)B24212=1C223=1(1)D223=18.足球、篮球、排球、乒乓球都是同学们喜欢的运动项目，球在运动中的某一过程形成的轨迹就是抛物线，2022年卡塔尔世界杯足球赛中，C 罗抛物线跑位更是惊艳全场。已知抛物线2=2(0)，过点(,0)(0)的直线交抛物线于点，交轴于点，若?=?，?=?，则+=()A.1B.12C.1D.2数学试卷 第 2 页 共 4 页二、
4、二、选择题：选择题：本题共本题共 4 4 小题小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 2020 分。在每小题分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。9.下列命题正确的是（）A.已知数列是等差数列，那么数列+1一定是等差数列.B.已知等差数列的前 n 项和为,若4=3,8=8，则16的值为 24.C.已知等差数列与的前 n 项和分别为与,若=4+231，则55=117.D.已知等差数列的前n项和为，1 0，公差 0，若5=9，则必有7
5、是中最大的项.10.已知:A(-1,0)、B(1,0)，直线 AP,BP 相交于 P，直线 AP，BP 的斜率分别为1,2则()A.当1 2=-2 时，P 点的轨迹为除去 A，B 两点的椭圆B.当1 2=2 时，P 点的轨迹为除去 A，B 两点的双曲线C.当12=2 时，P 点的轨迹为一条直线D.当1 2=2 时，P 点的轨迹为除去 A，B 两点的抛物线11.正方体1111ABCDABC D的棱长为 2，E，F，G 分别为11,BC CC BB的中点，则（）A直线1DD与直线AF垂直B直线D1F 与直线 AE 异面C平面AEF截正方体所得的截面面积为92D点 C 到平面AEF的距离为2312.
6、已知抛物线：2=2（p0）的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点，分别过，作的垂线，垂足为，且|=3|，=163，为中点，则下列结论正确的是()A.直线 AB 的斜率为 3B.CMD 为等腰直角三角形C.1AF+1BF=1D.A,O,D 三点共线三、三、填空题填空题：本题共本题共 4 4 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 2020 分分。13.已知抛物线 C 的方程为:2=8x，F 为抛物线 C 的焦点，倾斜角为 45的直线过点 F 交抛物线 C 于 A,B 两点,则线段 AB 的长为 _.14.已知四棱锥 PABCD 的顶点都在球 O 的球面上，底面 ABCD 是边长为 2 的
7、正方形，且 PA平面 ABCD.若四棱锥 PABCD 的体积为163，则球 O 的体积为 _.15.在平面直角坐标系xOy中，过点(1,0)M的直线l与圆225xy交于,A B两点，其中A点在第一象限，且2BMMA，则直线l的倾斜角为16.是双曲线2425=1 右支在第一象限内一点，1，2分别为其左、右焦点，为右顶点，如图圆是 12的内切圆，设圆与1，2分别切于点，若圆的半径为 2，直线1的斜率为数学试卷 第 3 页 共 4 页四、解答题四、解答题:本题共本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知
8、数列 的前 n 项和=2 14+2.(1)求 的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和.18.如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是梯形，ABCD，ABAD，12CDABAD（1）求证：BD平面 BCC1；（2）在线段 C1D1上是否存在一点 E，使 AE面 BC1D若存在，确定点 E 的位置并证明；若不存在，请说明理由19.已知椭圆的标准方程：24+23=1.1、2为左右焦点，过右焦点2F的直线与椭圆交于 A，B 两点，A，B 中点为D，过点 F2的直线 MF2与 AB 垂直，且与直线 l：4x 交于点 M，求证：O，D，M 三点共线.20.所有面都只由一种正多边形
9、构成的多面体称为正多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）已知一个正四面体QPTR和一个正八面体AEFBHC的棱长都是 a（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体（1）求新多面体的体积.（2）求二面角ABFC的余弦值.（3）求证新多面体为七面体数学试卷 第 4 页 共 4 页21.已知椭圆C：22221(0)xyabab长轴长为 4，离心率 =32（1）求椭圆C的方程；（2）设过点1,0M的直线l交椭圆C于AB两点，求MAMB的取值范围.22.如图平面直角坐标系中，直角三角形，=90，,在轴上且关于原点对称，在边上，31=，
10、的周长为 12.若双曲线以,为焦点，且经过,两点.(1)求双曲线的渐近线方程；(2)若一过点,0（为非零常数）的直线与双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点,，且?=?，问在轴上是否存在定点，使?？若存在，求出所有这样定点的坐标；若不存在，请说明理由.2022 年湖北云学新高考联盟学校高二年级期末联考数学试卷答案和解析一、单选题。一、单选题。1.【答案】D【分析】利用累加法可求得6的值.解：由已知+1=3，2 1=3，3 2=6，6 5=15，上述等式全加可得6 1=3+6+9+12+15=45，6=1+45=46.故选：D.2.2.【答案】【答案】C C【分析】根据四点共面的条件对选项逐一分析，
11、由此确定正确选项解：M与A，B，C一定共面的充要条件是,1OMxOAyOBzOC xyz ，对于 A 选项，由于2 1 101 ，所以不能得出,M A B C共面，对于 B 选项，由于1111532，所以不能得出,M A B C共面，对于 C 选项，由于MAMBMC ，则,MA MB MC 为共面向量，所以,M A B C共面，对于 D 选项，由0OMOAOBOC 得OMOA OBOC ，而1 1 131 ，所以不能得出,M A B C共面故选：C3.【答案】A解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，点差法，因为x2x11，y2y11，y2y1x2x1kAB，代入后求得kAB81，所以弦所在
12、的直线方程为y1281(21x)，即x8y290.故选：A4.4.【答案】【答案】B【分析】对于 A，利用线面平行的性质定理判断，对于 B，利用线面平行的判定定理判断，对于 C，利用线面垂直的判定定理判断即可，对于 D，利用面面平行的判定方法判断解;由线面平行的性质定理可知，A 正确；若m,mn，则n或n，即 B 错误；设,的法向量分别为,a b，若n，则,na nb，又,，则a，b，所以n，即 C 正确；若,mm，则，又，则，即 D 正确.故选：B5.5.【答案】【答案】D【分析】设1122|,|MFrMFr，在12MFF中，利用余弦定理，结合椭圆的定义，求出22121 22,rrrr，再由
13、重要不等式，可得出,a c不等量关系，即可求解.解:设1122|,|MFrMFr，由余弦定理得：222121 24rrrrc，又122rra，即222121 224rrrra，解得222222121 24844,33acacrrrr，因为22121 22rrrr，得224ca，故12e.又01e，所以1,12e.故选：D6.【答案】C【分析】当2n 时，结合1nnnaSS化简已知条件，由等差数列的定义可得1nS为等差数列，求出1nS即可得nS，将10n 代入即可求解.解：当2n 时，2212nnnaSS，则21212nnnnSSSS，即112nnnnSS SS，可得1112nnSS，所以1nS
14、是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以112121nnnS，121nSn，所以10112 10 119S，故选：C.7.【答案】B【分析】利用圆的性质，线段垂直平分线的性质，结合双曲线的定义进行求解即可.解:因为线段的垂直平分线与直线相交于点，所以有 =，由 +42+2=16，得(4,0)，该圆的半径为 4，因为点在圆上运动时，所以有 =4，于是有 =4，所以点的轨迹是以,为焦点的双曲线，所以=4,2=4 =4,=2 2=2 2=12，所以点的轨迹方程为24212=1，故选：B8.【答案】【分析】本题考查抛物线的性质和应用，解题时要注意向量和直线方程和合理运用由各选项知，+为定值，因此可以
15、取2,0，此时将直线化为特殊直线=2，此时点 0,2，设点(1,1)、(2,2)，将直线和抛物线联立，得到1+2=3，12=24，结合已知得到=121，=222，即可求解解：由各选项知，+为定值，因此可以取2,0，此时将直线化为特殊直线=2，此时点 0,2，设点(1,1)、(2,2)，则由=2,2=2,得2 3+24=0，所以1+2=3，12=24由?=?，?=?，得1=2 1，2=2 2，则=121，=222，所以+=121+222=2(1+2)212242(1+2)+12=3222224322+24=1，故应选 C二、多选题9.ABD对于 D 选项，若5=9，则7+8=0，由于1 0，公差
16、 0，故 0,8 0，所以7是中最大的项；故 D 选项正确；11.【答案】【答案】CD【分析】A.设1D DAF，易证1D D 平面 AEF 判断；B.直线D1F 与直线 AE 共面；C.接11,AD D F，易证1/EFAD，得到截面为等腰梯形1AEFD求解判断；D.利用等体积法，由FAECCAEFVV求解判断.解：A.若1D DAF，因为1D D 平面 ABCD，则1D DAE，又AEAFA，所以1D D 平面 AEF，则1D DEF，则1C CEF，故错误；B.直线D1F 与直线 AE 异面错误C.如图所示：连接11,AD D F，因为 E，F 分别为1,BC CC的中点，则1/EFAD
17、，所以1,A E F D共面，则截面为等腰梯形1AEFD，又12,2 2,5EFADAE，等腰梯形的高为2213 222ADEFhAE，所以等腰梯形的面积为11922SADEFh，故正确；D.因为113 23112,1 21222222AEFAECSEF hSEC B，且FAECCAEFVV，所以点 C 到平面AEF的距离为1123133AECAEFSdS，故正确.故选：CD12.【答案】CD【解析】解：如图，过点向准线作垂线，垂足为，设(1,1)，(2,2).对于，过 B 做 BF 垂直 AC 于 G 设 BF=m，则 AF=3m，所以 BD=m,AC=3m，AG=2m直角三角形 ABG 中
18、，tanBAG=3,所以直线的斜率为3，故 A 错；对于，假设 为等腰直角三角形，则=90，则，四点共圆且圆的半径为12=，又因为|=3|，所以|=|+|=|+|=2|=4|，所以|=2|，所以|=2|=4|，所以|=|，显然不成立，故 B 错误；对于 C，1+1=2=1,故 C 对，对于 D,由 AB=2Psin2=163，则 p=2，所以,由2=4=3(1)，A(3,2 3),B(13,2 33),D(1,2 33)所以 kOA=kOD=2 33，故 D 对故选CD13.【答案】1616.解：F（2,0），直线的方程 y=x-2.联立方程组=22=8，消元得，2 12+4=0，AB=1+2
19、+=6 614.【答案】【答案】68【分析】由题意，画出示意图，四棱锥 PABCD 的体积11164333VS PAPA，4PA，22 2ACAB，222 6PCACAP，球 O 的半径162RPC，进而求解.解：由题意，画出示意图如图：则正方形 ABCD 面积 S=4，四棱锥 PABCD 的体积11164333VS PAPA，4PA，22 2ACAB，222 6PCACAP球 O 的半径162RPC球 O 的表面积：68343RV.故答案为：6815.【答案】4【分析】本题思路有下列几种：利用向量坐标设点转化，点参法；设直线方程的在 x 轴上的截距式，联立方程组；垂径定理后二次解三角形；相交
20、弦定理；利用”爪”型结构,得2133OMOAOB ,两边平方求得AOB的余弦值.【解法一】：易知直线 l 的斜率必存在，设直线 l 的方程为 yk(x1)由BM2MA，设 BM2t，MAt.如图，过原点 O 作 OHl 于点 H，则 BH3t2.设 OHd，在 RtOBH 中，d23t22r25.在 RtOMH 中，d2t22OM21，解得 d212，则 d2k2k2112，解得 k1 或 k1.因为点 A 在第一象限，BM2MA，由图知 k1，所以所求的直线 l 的倾斜角为4.【解法二】由2BMMA，设 BM2t，MAt又过点 M 的直径被 M 分成两段长为51、51由相交弦定理得22515
21、1t，解之得2t 过原点 O 作 OHl 于点 H，在 RtOBH 中，d23t22r25，解得 d212，（下同解法一，略）.16.【答案】2021【分析】本题考查双曲线的定义，考查三角函数二倍角公式，考查直观想象和数学运算的核心素养，属于难题先根据定义得到点即为圆与轴的切点，再求出 tan1，再利用 tan12=tan(21)求出tan12即可得到直线1的斜率【解答】解：设圆与轴相切于 0,0，由题意可知|=|，|1|=|1|，|2|=|2|，所以|1|2|=(|+|1|)(|+|2|)=|1|2|=|1|2|=4，则(0+)(0)=4 0=2，即 0,0=(2,0)，所以点即为圆与轴的切
22、点，圆的半径为=2，因为 12，所以(2,2)，于是 tan1=|1|=23+2=25，因为1是12的角平分线，所以 tan12=tan(21)=2tan11tan21=2021，即直线1的斜率为2021故答案为：2021三、解答题。17.【答案】(1)=11,=12 15,2；(2)=2+14 2,72 14+96,8.【分析】（1）利用=1,=1 1,2，即可求解数列 的通项公式；（2）由（1）由 0 得 152，然后分 1 7 和 8 两种情况对化简求解即可.【详解】（1）当=1 时，1=1 14+2=11，即1=11，当 2 时，=1=2 14+2 (1)2 14(1)+2=2 15，
23、=1 时，1=13，与1=11 不符，所以=11,=12 15,2；（2）由 0 得 152，而 N+，所以当 1 7 时，0，当 1 7 时，=1+2+=(1+2+)=2+14 2，当 8 时，=1+2+7+8+=(1+2+7)+8+=7+(7)=27=2 14+96，所以=2+14 2,72 14+96,818.【答案】【答案】解：（1）证明：在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，CC1平面 ABCD，BD平面 ABCD，BDCC1，底面 ABCD 是梯形，ABCD，ABAD，12CDABAD设 AB1，则 BDBC，BD2+BC2CD2，BDBC，CC1BCC，CC1平面 BCC1，B
24、C平面 BCC1，BD平面 BCC1（2）假设在线段 C1D1上存在一点 E，使 AE面 BC1D证明如下：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，设 AB1，设 E（0，b，c），则 A（1，0，0），D（0，0，0），B（1，1，0），C1（0，2，c），（1，b，c），（1，1，0），（0，2，c），设平面 BDC1的法向量（x，y，z），则，取 x1，得（1，1，），AE面 BC1D，1b+20，解得 b1在线段 C1D1上存在一点 E，使 AE面 BC1D，点 E 是线段 C1D1的中点19.解：设(1,1),(2,2),(,),(,
25、)，由题可知直线 AB 的斜率存在且不为 0，设其方程为=(1)，代入椭圆22143xy得：(42+3)2 82+42 12=0所以1+2=8242+3=2所以=4242+3，=(1)=342+3由题可知直线2的方程为=1(1)，且=4，所以=3求得：=342+34242+3=34，=34=34，所以=故 O，D，M 三点共线.20.20.【答案【答案】（1）35 212a；（2）新多面体是七面体；证明见解析【分析】（1）分别求正四面体和正八面体的体积，由新多面体体积为原正四面体体积1V与正八面体体积2V之和求解；（2）在正八面体AC中，取BF的中点为 M，连结AMCM、，易得AMC为二面角A
26、BFC的平面角，利用余弦定理求解；（3）由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为13，设此角为再求得四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为13判断.【详解】（1）如图所示：，在正四面体中，分别取 PT，QR 的中点，连接 QN，RN，NG，则,PTQN PTRN QNRNN，所以PT 平面 QNR，所以正四面体的体积为22311113123322212QNRVSPTaaaaa，如图所示，在正八面体中，连接 AC 交平面 EFBH 于点 O，则AO 平面 EFBH，所以2222,2EFBGSaAOAEOEa，所以正八面体的体积为2321122223323EFBGVSAOaaa，因为新
27、多面体体积为原正四面体体积1V与正八面体体积2V之和，所以3125 212aVVV.（2）如图，在正八面体AC中，取BF的中点为 M，连结AMCM、，易得AMC为二面角ABFC的平面角易得32AMMCa，22222AEOEACAOa，由余弦定理得2221cos23MAMCACADCMA MC.（3）新多面体是七面体，证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为13，设此角为在正四面体中，易得QNR为二面角ABFC的平面角由余弦定理得22222233221cos2333222aaaNQNRQRQNRNQ NRaa，即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为13，所以180，因此
28、新多面体是七面体21.【答案【答案】（1）2214xy（2）3,34【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出a、b的值，进而可求得椭圆C的方程；（2）对直线l分两种情况讨论，直线l与x轴重合时，直接求出MAMB的值，在直线l不与x轴重合，设直线l的方程为1xmy，设点11,A x y、22,B xy，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出MAMB关于m的代数式，综合可得出MAMB的取值范围（1）由题意，23e离心率故3cb，222abcb=2可得 b=1故椭圆C的方程为：2214xy（2）分以下两种情况讨论：若直线l与x轴重合，则 21113MA
29、MBaaa；若直线l不与x轴重合，设直线l的方程为1xmy，设点11,A x y、22,B xy，联立22114xmyxy，消去x可得224230mymy，则22241241630mmm 恒成立，由韦达定理可得12224myym，12234y ym，由弦长公式可得2222121223 11114mMA MBmymymy ym2223499344mmm，244m，则299044m，所以，2393344m.综上所述，MAMB的取值范围是3,34.22.【答案】(1）xy3(2)存在，定点1,0【分析】（1）设出双曲线方程，由双曲线定义和题干条件得到 =2，+=12 4，2 2=2=162，=2，求
30、出,，得到双曲线方程求得渐进线方程；（2）设在 x 轴上存在定点,0，直线的方程为 =,1,1,2,2，由?=?，得1+2=0，由?得到1+=2+，两式联立得 212+1+2=0，联立直线方程和223=1，得到两根之和，两根之积，代入 212+1+2=0 中，求出=1，从而求出定点的坐标.【详解】（1）设双曲线的方程为2222=1(0,0)，则,0,0,0.由=3，得+=3 ，即=2.由双曲线定义可知：=2，因为 的周长为 12，所以 +=12 4，解得：=6 ，=6 3，因为=90，所以 2 2=2=162，即 6 2 6 32=162，解得：=1，=2,=3.双曲线的方程为223=1；渐近
31、线方程为xy3（2）设在 x 轴上存在定点,0，使?.因为直线与双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点，故直线斜率不为 0，设直线的方程为 =,1,1,2,2.由?=?，得1+2=0，即=12.?=4,0,?=1 2+,1 2，?1 2+=0，故1 =2 ，即1+=2+.把代入，得212+1+2=0把 =代入223=1，并整理得 32 1 2+6+3 2 1=0.其中 32 1 0 且 0，即213，且 32+2 1.1+2=6321,12=3 21321.代入，得6 213216 321=0，化简得=，当=1时，上式恒成立.因此，在轴上存在定点1,0，使?.【点睛】圆锥曲线定点定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线 l 过点,0，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为 0 和不为 0 两种情况.