《湖北省部分重点高中2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题（含解析）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省部分重点高中2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题（含解析）.docx（33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、湖北省部分重点高中2022-2023年高二数学4月联考试卷1. 已知直线与直线相互平行，则实数m的值是( )A. B. 1C. D. 62. 已知函数的图象如图所示(其中是函数的导函数)，则下面四个图象中，的图象大致是( )A. B. C D. 3. 正项数列的前n项和为，且，若直线与圆相切，则( )A. 90B. 70C. 120D. 1004. 已知函数，则函数在上单调递增的一个充分不必要条件是( )A. B. C. D. 5. 新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内
2、化方法、举一反三”的教考衔接要求若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有( )A. 24种B. 36种C. 48种D. 60种6. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，的渐近线分别交于A，C和B，D四点，若多边形为正六边形，则与的离心率之和为( )A. B. 2C. D. 7. 设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是( )A. 或B. 或C. D. 8. 若存在，使不等式成立，则的取值范围是( )A. B. C. D. 9. 下列四个关系式中，一定成立的是( )A. B. C. D. 10. 下列命题错误的是(
3、)A. 若方程表示圆，则的取值范围是B. 若圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是C. 已知点在圆，的最大值为D. 已知圆和，圆和圆的公共弦长为11. 已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有( )A. 若，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为B. 若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为圆C. 若N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线D. 若与AB所成角为，则N的轨迹为双曲线12. 对于函数，下列说法正确的是( )A. 在上单调递减，在上单调递增B. 当时，C. 若函数有两个零点，则D 设，若对，使得成
4、立，则13. 在平行六面体中，E，F分别是棱，的中点，记，则等于_(用，表示)14. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点F相同，且过点，则点到抛物线的焦点F的距离_15. 如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为_16. 已知函数定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是_17. 某兴趣小组有9名学生，若从这9名学生中选取3人，且选取的3人中恰好有一名女学生的概率是(1)该小组中男生、女生各有多少人？(2)9名学生站成一排，要求男学生必须两两站在一起，有多少种站队的
5、方法？(要求用数字作答)18. 设曲线在点处切线l与x轴的交点的横坐标为，令(1)若数列的前n项和为，求；(2)若切线l与y轴的交点的纵坐标为，求数列的前n项和19. 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由(2)求平面和平面夹角的余弦值20. 已知椭圆过点.(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.21. 已知各项都是正数的数列，前项和满足.(1)求数列的通项公式.(2)记是数列的前项和，是数列的前项和.
6、当时，试比较与的大小.22. 已知函数，其中且(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：；(3)求证：对任意的且，都有：(其中为自然对数的底数)湖北省部分重点高中2022-2023年高二数学4月联考试卷1. 已知直线与直线相互平行，则实数m的值是( )A. B. 1C. D. 6【答案】A【解析】【分析】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.【详解】，解之：经检验故选：A.2. 已知函数的图象如图所示(其中是函数的导函数)，则下面四个图象中，的图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.【详解】由题给函数的图
7、象，可得当时，则，则单调递增；当时，则，则单调递减；当时，则，则单调递减；当时，则，则单调递增；则单调递增区间为，；单调递减区间为故仅选项C符合要求.故选：C3. 正项数列的前n项和为，且，若直线与圆相切，则( )A. 90B. 70C. 120D. 100【答案】C【解析】【分析】根据圆的方程确定圆心与半径，由直线与圆相切可得，即可判断数列为等差数列，根据等差数列的前项和性质即可求得的值.【详解】圆C的圆心为，半径，由直线与圆相切得：圆心到直线的距离，整理得，即，所以为等差数列在等差数列中，成等差数列，所以，则，即故选：C.4. 已知函数，则函数在上单调递增的一个充分不必要条件是( )A.
8、B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题设条件转化在上恒成立，即在上恒成立，令，利用导数求得单调性和最小值，结合题意，即可求解.【详解】由函数，可得函数的定义域为，且，因为函数在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以，结合选项，可得时函数在上单调递增的一个充分不必要条件.故选：A.5. 新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错
9、误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有( )A. 24种B. 36种C. 48种D. 60种【答案】B【解析】【分析】当错误选项恰有1个时，直接全排列即可；当错误选项恰有2个时，利用插空法求解.最后将两种情况相加即可.【详解】当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有种；当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有种故共有种故选：B6. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，的渐近线分别交于A，C和B，D四点，若多边形为正六边形，则与的离心率之和为( )A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】结合正六边形的几何性质
10、以及离心率即可求出结果.【详解】因为多边形为正六边形，设正六边形的边长为，所以，故选：C.7. 设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是( )A. 或B. 或C. D. 【答案】D【解析】【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.【详解】由题意知：，在处取得极值，解得：或；当，时，在上单调递增，不合题意；当，时，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，是的极小值点，满足题意；，又与同号，.故选：D.8. 若存在，使不等式成立，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】，令，构造函数，从而问题转化为存在，使得成立.
11、求导判断单调性求得当时，进而得到且，即可求解.【详解】令，即，因为，所以，令.则原问题等价于存在，使得成立.令，即解得，令，即解得，所以在上单调递增，在上单调递减.又因为而，当时，.若存在，使得成立.只需且，解得且，所以.故的取值范围为.故选：D【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.9. 下列四个关系式中，一定成立的是( )A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据排列数的计算可判断A,B,根据组合数的计算以及性质可求解C,D.【详解】,故A错误，故B对，,故C对，由可得
12、：，故D错误故选：BC10. 下列命题错误的是( )A. 若方程表示圆，则的取值范围是B. 若圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是C. 已知点在圆，的最大值为D. 已知圆和，圆和圆的公共弦长为【答案】ABC【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的充要条件可构造不等式求得A错误；设圆心，利用直线与圆相切可构造方程求得圆心坐标，由此可得B错误；将可看作点与坐标原点连线的斜率，根据切线方程的求法可求得的最大值，知C错误；两圆作差可得公共弦所在直线方程，由圆的一般方程确定圆心和半径，由垂径定理得公共弦长，知D正确.【详解】对于A，若该方程表示圆，则，解得：或，即的取值范围
13、为，A错误；对于B，圆的半径为且与轴相切，设圆心，圆心到直线的距离，解得：或(舍)，圆心，半径为，圆的标准方程为，B错误；对于C，可看作点与坐标原点连线斜率，由圆的方程可知：圆心，半径，当过原点的直线与圆相切时，可设其方程为：，圆心到直线的距离，解得：，的最大值为，C错误；对于D，由得：，即两圆公共弦所在直线方程为：；由圆方程知：圆心，半径，圆心到直线距离，两圆的公共弦长为，D正确.故选：ABC11. 已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有( )A. 若，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为B. 若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为圆C
14、. 若N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线D. 若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线【答案】BCD【解析】【分析】设MN中点为H，DM中点为Q，连接PQ，计算出PQ可知P的轨迹为圆可判断A；根据已知算出DN，可判断B；根据抛物线定义可判断C；以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，利用向量的夹角公式计算可判断D.【详解】对于A，设MN中点为H，DM中点为Q，连接HQ，则，且，如图，若，则所以，则，所以点H的轨迹是以Q为圆心，半径为的圆，面积，故A错误；对于B，则，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故B正确；对于C，点N到直线的距离为BN，所以点N到定点B和直线DC的距离
15、相等，且B点不在直线DC上，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故C正确； 对于D，如图，以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设，所以，化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确；故选： BCD.12. 对于函数，下列说法正确的是( )A. 在上单调递减，在上单调递增B. 当时，C. 若函数有两个零点，则D. 设，若对，使得成立，则【答案】BD【解析】【分析】利用函数的定义域判断A选项的正确性；利用的单调性来判断B选项的正确性；结合的图象来判断C选项的正确性；通过求和在给定区间上的取值范围来判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，的定义域为，所以A选项错误.对于B选
16、项，当时，递减.由于，所以，由于，所以由两边乘以得 ，所以B选项正确.对于C选项，令，由于，所以在区间递减；在区间递增.当时，；当时，；.函数是定义域为的偶函数.由此画出的图象如下图所示，由图可知，直线与的图象有两个交点，即当时，函数有两个零点，所以C选项错误.对于D选项，由上述分析可知，则，要使“对，使得成立”，则需，所以D选项正确.故选：BD【点睛】利用导数研究函数的单调性，首先要求函数的定义域，单调性必须在定义域这个大前提下进行求解.求解恒成立、存在性问题，可转化为求最值或取值范围来进行求解.13. 在平行六面体中，E，F分别是棱，的中点，记，则等于_(用，表示)【答案】【解析】【分析】
17、连接，利用空间向量的线性运算求解.【详解】连接，故答案为：14. 已知双曲线右焦点与抛物线的焦点F相同，且过点，则点到抛物线的焦点F的距离_【答案】3【解析】【分析】先求出双曲线的方程和右焦点坐标，再求出抛物线的焦点坐标和准线方程，即得解.【详解】因为双曲线过点，所以 所以，得.又因为，所以 所以双曲线的半焦距.所以双曲线的右焦点为,所以抛物线的焦点F为,准线方程为所以点到抛物线的焦点F的距离.故答案为：315. 如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为_【答案】【解析】【分析】根据题意画出该几何体的轴截面
18、，如图，设是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，求出球的半径，从而可求出，进而可求得圆锥的侧面积.【详解】其中，是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，由题意可知，解得，由于圆柱的高为2，母线，圆锥的侧面积为故答案为：16. 已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是_【答案】或【解析】【分析】利用特殊值法求，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.【详解】令，有，得，令，得，则，令，有，得，又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，因为在上单调递减，所以在上单调递增.不等式可
19、化为，则有，因为函数在上单调递增，所以，又，所以，即，设，则，因为，故当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，所以或.故答案为：或.【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.17. 某兴趣小组有9名学生，若从这9名学生中选取3人，且选取的3人中恰好有一名女学生的概率是(1)该小组中男生、女生各有多少人？(2)9名学生站成一排，要求男学生必须两两站在一起，有多少种站队的方法？(要求用数字作答)【答案】(1)男生人，女生人 (2)【解析】【分析】(1)设该小组中男生有人，则女生有人，然后根据题目提供的概率列方程求解；(2)
20、第一步:将4名男生平均分成2组；第二步:5名女生站好队，然后将2组男生在相邻女生间及女生队列的两端共6个位置中任取2个位置排列；第三步:2组男生中每组男生排列，最后利用分步乘法计数原理可得答案.数原理可得答案【小问1详解】设该小组中男生有人，则女生有人，从这9名学生中选取3人，且选取的3人中恰好有一名女学生的概率是，解得，即男生有人，女生有人.【小问2详解】第一步：将4名男生分成2组，每组2人，共有种；第二步：5名女生站好队，然后将2组男生在相邻女生间及女生队列的两端共6个位置中任取2个位置排列，共有种，第三步：2组男生中每组男生排序，共有，故一共有种方法.18. 设曲线在点处的切线l与x轴的
21、交点的横坐标为，令(1)若数列的前n项和为，求；(2)若切线l与y轴的交点的纵坐标为，求数列的前n项和【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义，求出在处切线的切线方程，即可得，然后利用裂项相消求和法即可求解；(2)由题意，可得，利用错位相减法即可求解.【小问1详解】解：，在处切线斜率，切线方程为，令，得，则，；【小问2详解】解：令，得，得，19. 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由(2)求平面和平面夹角的余弦值【答案】(1)存在，劣弧的长度为 (2)【解析】【分析】(1)利用
22、面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；(2)分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【小问1详解】如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，因为，平面，平面，则 平面同理可证平面，且平面，平面所以平面平面，又因为平面，所以平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.【小问2详解】如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故， ， ，易知平面的法向量设平面的法向量为 ，又因为，故 即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和
23、平面夹角的余弦值为20. 已知椭圆过点.(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.【答案】(1) (2)2【解析】【分析】(1)把点代入椭圆方程，可得，由，可求b的取值范围；(2)由离心率和(1)中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求的最大值.【小问1详解】在椭圆，有，所以，又，所以，；【小问2详解】由(1)可知，又，所以，椭圆.因为直线与相切，故.若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.由直
24、线与相切，故，可得：.联立得，所以，线段.又因为，所以.当且仅当，故当时，的最大值为2.综上所述：当时，线段的最大值2.21. 已知各项都是正数的数列，前项和满足.(1)求数列的通项公式.(2)记是数列的前项和，是数列的前项和.当时，试比较与的大小.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据与的关系，结合等差数列的通项公式进行求解即可；(2)根据裂项相消法，结合等比数列前项和、二项式定理进行求解即可.【小问1详解】当时，所以或(舍去)，当时，有两式相减得，整理得，因为的各项都是正数，所以，所以是首项为1，公差为1的等差数列，所以；【小问2详解】由(1)得，则，所以，由(1)得所以，因为，
25、所以，故，所以当时，.22. 已知函数，其中且(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：；(3)求证：对任意的且，都有：(其中为自然对数的底数)【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析.【解析】【分析】(1)求得，对参数进行分类讨论，即可求得不同情况下函数的单调性；(2)构造函数，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明；(3)根据(2)中所求得，结合累加法即可求证结果.【小问1详解】函数的定义域为，当时，所以在上单调递增；当时，令，解得，当时，所以，所以在上单调递减，当时，所以，所以在上单调递增. 综上，当时，函数在上调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】当时，要证明，即证，即，设，则，令得，可得，当时，当时，所以，即，故.【小问3详解】由(2)可得，(当且仅当时等号成立)，令，则，故，即， 故.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，属综合困难题.