湖北省五地中学联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题（含解析）

湖北省五地中学联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.“”是“直线与直线互相垂直”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2.函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是()A.的极小值点为 B.的极大值点为C.有唯一的极小值点 D.函数在(a，b)上的极值点的个数为23.某铁球在时，半径为．当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中a为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为()A.0 B. C. D.4.已知椭圆C：()的左､右焦点分别为F1，F2，点P为C上一点，若△F1PF2的面积为4，且△F1PF2内切圆的半径为，则C的离心率为()A. B. C. D.5.已知等差数列的前n项和为，若，则()A.44 B.88 C.99 D.1216.在平行六面体中，，，，，则()A. B. C.0 D.7.已知实数，不等式恒成立，则的取值范围是()A. B. C. D.8.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3加1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，经过有限次步骤，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”).如果对于正整数，经过步变换，第一次到达1，就称为步“雹程”.如取，由上述运算法则得出：3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过7个步骤变成1，得.则下列命题错误的是()A.若，则只能是4 B.当时，C.随着的增大，也增大 D.若，则的取值集合为二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知曲线.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为C.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D.若m=0，n>0，则C是两条直线10.已知数列中，，，，则下列说法正确的是()．A. B.是等比数列C. D.11.圆C：，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是()A.直线l与圆C相交B.的最小值是1C.若P到直线l的距离为2，则点P有2个D.从Q点向圆C引切线，则切线段最小值是312.已知函数(，且)，则()A.当时，恒成立B.若有且仅有一个零点，则C.当时，有两个零点D.存在，使得有三个极值点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中，的系数为______.14.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．15.过抛物线C：的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则的最小值为______．16.北宋著名建筑学家李诫编写了一部记录中国古代建筑营造规范的书《营造法式》，其中说到“方一百，其斜一百四十有一”，即一个正方形的边长与它的对角线的比是，接近.如图，该图由等腰直角三角形拼接而成，以每个等腰直角三角形斜边中点作为圆心，斜边的一半为半径作一个圆心角是90°的圆弧，所得弧线称为螺旋线，称公比为的数列为等比数列.已知等比数列的前n项和为，满足.若，且，则的最小整数为___________.(参考数据：，)四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知函数.(1)求的解析式；(2)求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.18.已知数列满足，，．(1)设，求数列的通项公式；(2)求n为何值时，最小．19.如图，在几何体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为4的正方形，平面ABCD，，点E为PD的中点，四棱锥是高为4的正四棱锥.(1)求证：平面EAC；(2)求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.20.某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，规定每位参赛选手共需回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.方案一：只选类问题：方案二：第一次类问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选类问题，回答错误则下一次选类问题.类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分：类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分.已知小明能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.(1)求小明采用方案一答题，得分不低于100分的概率：(2)试问：小明选择何种方案参加比赛更加合理？并说明理由.21.已知双曲线的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线.(1)求双曲线的标准方程；(2)记双曲线左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于点(点在第一象限)，记直线斜率为，直线斜率为，求的值.22.已知函数.(1)求的单调区间与极值.(2)设，为两个不相等的正数，且，证明：. 湖北省五地中学联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.“”是“直线与直线互相垂直”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【答案】A【解析】【分析】根据直线垂直求出范围即可得出.【详解】由直线垂直可得，解得或1，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.故选：A.2.函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是()A.的极小值点为 B.的极大值点为C.有唯一的极小值点 D.函数在(a，b)上的极值点的个数为2【答案】D【解析】【分析】求得的极小值点判断选项A；求得的极大值点判断选项B；求得的极小值点判断选项C；求得函数在(a，b)上的极值点的个数判断选项D.【详解】由导函数的图像可知，有2个极小值点.选项C判断错误；当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.则的极小值点为，选项A判断错误；的极大值点为，选项B判断错误；函数在(a，b)上的极值点为，共2个.选项D判断正确；故选：D3.某铁球在时，半径为．当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中a为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为()A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由导数的定义可知在时，铁球体积对温度的瞬时变化率即为的值，求导代入即可.【详解】已知当温度为时铁球半径为，则其体积(单位：)，求导得，所以，所以在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为，故选：D.4.已知椭圆C：()的左､右焦点分别为F1，F2，点P为C上一点，若△F1PF2的面积为4，且△F1PF2内切圆的半径为，则C的离心率为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】借助内切圆半径及三角形面积的关系建立的关系式，再结合求解.【详解】由的面积为4，得，即.又，所以，所以，，.故选：D.5.已知等差数列的前n项和为，若，则()A.44 B.88 C.99 D.121【答案】A【解析】【分析】根据等差数列项数的关系可求出，再利用与的关系，即可求出答案.【详解】由于为等差数列，，则故选：A.6.在平行六面体中，，，，，则()A. B. C.0 D.【答案】C【解析】【分析】结合空间向量的数量积的定义及运算律求出和，进而结合余弦定理即可求出结果.【详解】因为，则，即，,则，即，则故选：C.7.已知实数，不等式恒成立，则取值范围是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】题中指数、对数函数都有，不能分参，可以转化为同构求解.【详解】由可得，易得函数在R上单调递增，所以恒成立，即，设，，在单调递减，在单调递增，可得，则有.故选：C.8.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3加1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，经过有限次步骤，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”).如果对于正整数，经过步变换，第一次到达1，就称为步“雹程”.如取，由上述运算法则得出：3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过7个步骤变成1，得.则下列命题错误的是()A.若，则只能是4 B.当时，C.随着的增大，也增大 D.若，则的取值集合为【答案】C【解析】【分析】根据“冰雹猜想”进行推理即可判定.【详解】对于A，，逆推，只能是4，故A对；对于B，时，，，故B对；对于C，时，，时，，，故C错，对于D，时，逆推，故D对.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知曲线.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为C.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D.若m=0，n>0，则C是两条直线【答案】ACD【解析】【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.10.已知数列中，，，，则下列说法正确的是()．A. B.是等比数列C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据，，，利用等比数列的定义，得到的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列求解判断.【详解】因为数列中，，，，所以，解得，又，所以，即，所数列的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列，所以，，，，，故选：ABC11.圆C：，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是()A.直线l与圆C相交B.的最小值是1C.若P到直线l的距离为2，则点P有2个D.从Q点向圆C引切线，则切线段的最小值是3【答案】BCD【解析】【分析】对于A:求出圆心到直线的距离，即可判断直线与圆相离；对于B:利用几何法求出的最小值，即可判断；对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.求出m的方程，判断出直线m与圆C相交，有两个交点，即可判断；对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.要使切线长最小，只需最小.利用几何法求出切线段的最小值，即可判断.【详解】对于A:由圆C：，得圆C的标准方程为，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.故A错误；对于B:圆心到直线的距离,所以的最小值为.故B正确;对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.则可设.由，解得：或.当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相交，有两个交点，且这两个点到直线l的距离为1.当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相离，不合题意.综上所述，圆上到直线l的距离为1的点有且只有2个.故C正确.对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.则切线长.要使切线长最小，只需最小.点Q到圆心C的最小值为圆心到直线的距离d=5,由勾股定理得切线长的最小值为,故D正确.故选：BCD12.已知函数(，且)，则()A.当时，恒成立B.若有且仅有一个零点，则C.当时，有两个零点D.存在，使得有三个极值点【答案】AC【解析】【分析】对于A，将不等式变形，构造函数根据函数的单调性以及最值得出结论；对于B、C，都是在A的构造函数的基础之上，由其图象的性质得到的相关结论；对于D，构造函数，判断新函数的性质进一步推断原函数的性质.【详解】对于A，即，两边取对数，，令，，单调递增；单调递减；的最大值为，，A正确；对于B，若有且仅有一个零点，则，两边取对数，有：，由A选项知，即时此时也有一个零点，B错误.对于C，，，两边取对数，有：，由A选项知：，，C正确；对于D，，令得：，两边取对数可得：，设则，令得：，在上单调递减，在上单调递增；最多有两个零点，最多有两个极值点，D错误.故选：AC.【点睛】本题考查函数零点、方程的根与图象交点的等价，考查函数的单调性、极值与最值的应用，本题的难点在于对式子的变形以及构造函数，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中，的系数为______.【答案】30【解析】【分析】表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含的项，即可算出答案.【详解】表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含的项，故含的项系数是故答案为：30【点睛】本题考查的是利用分步计数原理处理多项式相乘的问题，较简单.14.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．【答案】20【解析】【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.15.过抛物线C：的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则的最小值为______．【答案】2【解析】【分析】利用导数求出抛物线在A和B的切线方程，根据切线过P得A和B满足的方程，从而求得AB所在直线方程，联立直线AB方程与抛物线方程求出Q点坐标，从而求出的表达式，根据表示式即可求其最小值.【详解】，设，，，则，，则切线：，∵切线PA过P，∴，同理，，∴直线AB方程为：.由得，，则，，则，则，即最小值为2.故答案为：2.16.北宋著名建筑学家李诫编写了一部记录中国古代建筑营造规范的书《营造法式》，其中说到“方一百，其斜一百四十有一”，即一个正方形的边长与它的对角线的比是，接近.如图，该图由等腰直角三角形拼接而成，以每个等腰直角三角形斜边中点作为圆心，斜边的一半为半径作一个圆心角是90°的圆弧，所得弧线称为螺旋线，称公比为的数列为等比数列.已知等比数列的前n项和为，满足.若，且，则的最小整数为___________.(参考数据：，)【答案】【解析】【分析】令求出，由等比数列的通项公式求出，从而求出，再由裂项相消法求和得出，根据对数的运算即可求解.【详解】令，则，即，所以，解得，所以，所以，，所以，即，即，所以的最小整数为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知函数.(1)求的解析式；(2)求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)利用常见函数的导数公式及简单复合函数的导数公式即得；(2)利用导数的几何意义可得切线方程，进而可得.【小问1详解】；【小问2详解】由(1)知，，得切线方程为，所围成的三角形的面积.18.已知数列满足，，．(1)设，求数列的通项公式；(2)求n为何值时，最小．【答案】(1)(2)或【解析】【分析】(1)依题意可得，再利用累加法求出数列的通项公式；(2)利用作差法判断数列的单调性，即可得到最小的；【小问1详解】解：由且，即，即又，，所以．当时，，当时，上式也成立．所以数列的通项公式为；【小问2详解】解：由(1)可知．当时，，即；当时，；当时，，即，所以当或时，的值最小．19.如图，在几何体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为4的正方形，平面ABCD，，点E为PD的中点，四棱锥是高为4的正四棱锥.(1)求证：平面EAC；(2)求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)证明出平面，可得出，延长与交于点，可证明出，由中位线的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；(2)以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.【小问1详解】证明：连接，与交于点，因为四边形是正方形，所以连接，因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，平面，则，因为，所以平面因为平面，所以延长与交于点，平面，则，为的中点，则为的中点，则，又，，所以，，，所以，所以连接，因为点为的中点，点为的中点，所以，所以，因为，所以平面.【小问2详解】解：以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，．设平面的法向量为，则，得，取，得．设平面的法向量为，则得，取，得．设平面与平面所成锐二面角的大小为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20.某学校组织的“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，规定每位参赛选手共需回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.方案一：只选类问题：方案二：第一次类问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选类问题，回答错误则下一次选类问题.类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分：类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分.已知小明能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.(1)求小明采用方案一答题，得分不低于100分的概率：(2)试问：小明选择何种方案参加比赛更加合理？并说明理由.【答案】(1)；(2)小明选择方案二参加比赛更加合理，