湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题

第页，共页湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题一、单选题（本大题共7小题）1.已知集合，，则（

）A． B． C． D．2.已知圆C的圆心坐标为，且过坐标原点，则圆C的方程为（

）A． B．C． D．3.党的十八大报告指出，必须坚持在发展中保障和改善民生，不断实现人民对美好生活的向往，为响应中央号召，某社区决定在现有的休闲广场内修建一个半径为4m的圆形水池来规划喷泉景观.设计如下：在水池中心竖直安装一根高出水面为2m的喷水管（水管半径忽略不计），它喷出的水柱呈抛物线型，要求水柱在与水池中心水平距离为处达到最高，且水柱刚好落在池内，则水柱的最大高度为（

）A． B． C． D．4.已知幂函数的图像是等轴双曲线，且它的焦点在直线上，则下列曲线中，与曲线的实轴长相等的双曲线是（

）A． B．C． D．5.已知函数，下列说法正确的是（

）A．函数的最小正周期是B．函数的最大值为C．函数的图象关于点对称D．函数在区间上单调递增6.如图水平放置的边长为1的正方形沿x轴正向滚动，初始时顶点A在坐标原点，(沿x轴正向滚动指的是先以顶点B为中心顺时针旋转，再以顶点C为中心顺时针旋转，如此继续)，设顶点的轨迹方程式，则(

)A．0 B．1 C． D．7.已知三棱锥中，，，，若二面角的大小为120°，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共5小题）8.已知是等比数列的前n项和，，，成等差数列，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．9.下列说法正确的是（

）A．命题“，”的否定为“，”B．在中，若，则C．若，则的充要条件是D．若直线与平行，则或210.已知各项均为正数的等差数列单调递增，且，则（

）A．公差d的取值范围是 B．C． D．的最小值为111.已知直线l与抛物线（）交于A，B两点，，，则下列说法正确的是（

）A．若点D的坐标为，则B．直线过定点C．D点的轨迹方程为（原点除外）D．设与x轴交于点M，则的面积最大时，直线的斜率为112.在正方体中，，点M在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（

）A．若M为棱的中点，则直线平面B．若M在线段上运动，则的最小值为C．当M与重合时，以M为球心，为半径的球与侧面的交线长为D．若M在线段上运动，则M到直线的最短距离为三、填空题（本大题共3小题）13.某中学高一年级有600人，高二年级有480人，高三年级有420人，因新冠疫情防控的需要，现用分层抽样从中抽取一个容量为300人的样本进行核酸检测，则高三年级被抽取的人数为.14.设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为、，P是渐近线上一点，且满足，，则双曲线C的离心率为.15.已知动点在运动过程中总满足关系式，记，，则面积的最大值为.四、双空题（本大题共1小题）16.意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，用符号表示（），已知，，（）.（1）若，则；（2）若，则.五、解答题（本大题共6小题）17.已知双曲线C：（，）的左右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，且，离心率.(1)求双曲线C的标准方程；(2)若，求的面积.18.10月9日晚，2022年世界乒乓球团体锦标赛在中国成都落幕.中国队女团与男团分别完成了五连冠与十连冠的霸业.乒乓球运动在我国一直有着光荣历史，始终领先世界水平，被国人称为“国球”，在某次团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制（即先胜三局的团队获得比赛的胜利），假设在一局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛结果相对独立.(1)求这场选拔赛三局结束的概率；(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.19.已知锐角三角形中，角、、所对的边分别为、、，向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，求面积的取值范围.20.已知数列满足，且，数列是各项均为正数的等比数列，为的前n项和，满足，.(1)求数列的通项公式；(2)设，记数列的前n项和为，求的取值范围.21.如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.(1)求证：面；(2)求证：面；(3)点Q在棱上，设（），若二面角的余弦值为，求.22.已知椭圆C：（）过点，A为左顶点，且直线的斜率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设在椭圆内部，在椭圆外部，过Ｍ作斜率不为0的直线交椭圆C于P，Q两点，若，求证：为定值，并求出这个定值.

参考答案1.【答案】C【分析】求出集合，利用交集定义求出．【详解】，又，则．故选：C．2.【答案】B【分析】由圆C过原点可得半径，结合圆的标准方程即得解.【详解】由题意，圆心，半径，故圆C方程为.故选：B3.【答案】C【分析】如图建立平面直角坐标系，设抛物线方程为（），记最大高度为，依题意可得，在抛物线上，代入抛物线方程，求出，即可得解.【详解】解：取一截面建系如图，设抛物线方程为（），记最大高度为，依题意可知，在抛物线上，故，两式相除有，解得.故选：C4.【答案】B【分析】双曲线的实轴长为双曲线与实轴交点的距离，计算出的实轴长，然后在选项中找出实轴相等的双曲线即可.【详解】由双曲线几何性质知，双曲线的焦点在实轴上，实轴与双曲线的交点，是双曲线的顶点，故双曲线的实轴长，显然选项A表示的是椭圆；选项B的双曲线实轴长为；选项C双曲线的实轴长为；选项C的双曲线实轴长为.故选：B5.【答案】D【分析】利用三角恒等变换化简，利用正弦型函数的性质依次判断即可.【详解】由，故函数的周期，A错误；函数的最大值为2，B错误；由，故不是对称中心，C错误；当时，，由于在单调递增，故函数在单调递增，D正确.故选：D6.【答案】D【分析】根据题意分析点A的轨迹形状，并求出其轨迹方程，从而确定的解析式，根据函数的周期性即可求值．【详解】如图所示，第一次旋转：A的轨迹是以B为圆心，1为半径的；第二次旋转：A的轨迹是以C为圆心，为半径的，其轨迹方程为：(1≤x≤3，且y＞0)，则此时；第三次旋转：A的轨迹是以D为圆心，1为半径的；经过第三次旋转，A点又回到x轴上，由此可知，函数是以4为周期的函数，并且1≤x≤3时，．∴，故选：D．7.【答案】C【分析】取中点，中点，连接，分别过，作面，面，记，则O为外接球球心，由可求得外接球的半径，由球的表面积公式求解即可.【详解】由题意，取中点，中点，连接，则，分别是与的外心，且，分别过，作面，面，记，则O为外接球球心，在中，，∴，故外接球表面积.故选：C.8.【答案】AB【分析】根据题意，分情况进行讨论，然后利用等差中项的性质即可求解.【详解】若公比有，，，此时，故公比，由题意，化简有，两边同时乘以，可得：；两边同时乘以，可得：故有或，选选：AB.9.【答案】BC【分析】由全称命题的否定形式可判断A，由正弦定理可判断B，由不等式的性质结合函数单调性可判断C，由直线平行的斜率关系可判断D.【详解】对于A，命题的否定为：，，所以A错误；对于B，若，则，由正弦定理，即有，B正确；对于C，由，可知同号，因为在和上单调递减，若，则有，即；若，由，可得，C正确；对于D，直线的斜率存在，由两直线平行，斜率相等可知斜率也存在，且斜率，由得，解得或2，但当时，两直线重合，所以D错误.故选：BC10.【答案】AB【分析】由,,且，可判断A，由等差数列的性质可判断B，由作差法可判断C，由基本不等式可判断D.【详解】由题意得,,而，，解得，∴，故A正确；由，故B正确；由，可知，故C错误；由，所以有，当且仅当时取到等号，但，故不能取“=”，所以D错.故选：AB11.【答案】ABC【分析】对于A由条件求出直线方程，利用设而不求法结合条件求出，判断A，对于BCD，设直线的方程为，利用设而不求法证明，由此判断B，再由，求出D点的轨迹方程，判断C，结合D点的轨迹方程确定的面积最大时，直线的斜率，判断D.【详解】，由知直线方程为，联立，消去x有，设，，则，由，∴，故A正确；对选项BCD，可设直线：，代入有，则，由，故直线的方程为，所以直线过定点，即，故B正确；由，得D在以为直径的圆：上运动（原点除外），故C正确；当时，面积最大，此时，有，故D错误.故选：ABC.12.【答案】ACD【分析】作交点，连接，可证，进而得到平面；展开与到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求；在侧面上的射影为，确定交线为以为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；平面与的距离最短恰为，能找出此点恰在上.【详解】对选项A，作交点，连接，因为为中点，M为棱的中点，所以，又因为平面，所以平面，故A正确；对选项B，展开与到同一平面上如图：知，故B错误；对选项C：M与重合时，在侧面上的射影为，故交线是以为圆心的一段圆弧（个圆），且圆半径，故圆弧长，所以C正确；对选项D，直线与平面距离显然为，当为中点时，设中点为，易得，所以为M到直线最短距离，选项D正确.故选：ACD13.【答案】84【分析】首先求出高一、高二、高三年级的人数之比，然后可得答案.【详解】高一、高二、高三年级的人数之比为，所以高三年级被抽取的人数为，故答案为：14.【答案】【分析】由双曲线的对称性，可以设点P在第一象限，，可得P点横坐标为c，代入渐近线方程，可得P点坐标，再由模长关系，可得，即可求得离心率.【详解】不妨设P在第一象限，因为，则，依题意：，所以，离线率.故答案为：.15.【答案】18【分析】由条件关系求出点的轨迹方程，再利用切线法求面积的最大值.【详解】解：因为满足，所以点的轨迹为以点和为焦点，且长轴长为8的椭圆，所以M在椭圆上运动，且B在椭圆上，A为左顶点，因为，，所以直线的方程为，设直线l：与椭圆相切于点M，联立，消去x得，由，依题意，时，面积最大，此时直线l的方程为，直线l与距离为，又，∴.故答案为：18.16.【答案】

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##【分析】（1）利用已知和的性质计算可得答案；（2）利用已知和的性质计算可得答案.【详解】（1），∴；（2）.故答案为：①11；②.17.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意，结合，求解即可；（2）令，，结合双曲线定义和余弦定理可得，再由面积公式即得解.【详解】（1）由题意，

∴，

又，

∴，

故双曲线C的方程为；（2）令，，则由双曲线定义可得

①，由三角形余弦定理得

②，

有，

∴的面积.18.【答案】(1)0.28(2)0.432【分析】(1)根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；(2)先找出满足条件的基本事件，然后利用概率公式即可求解.【详解】（1）设“第i局甲胜”为事件，“第j局乙胜”为事件（i，，2，3，4，5），记“三局结束比赛”，则，∴；（2）设“第i局甲胜”为事件，“第j局乙胜”为事件（i，，2，3，4，5），记“决胜局进入第五局比赛”，则，∴.19.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知可得出，利用正弦定理化简可得出的值，结合角为锐角可得角的值；（2）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出，求出角的取值范围，可求得的取值范围，再利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围.【详解】（1）解：由已知可得，由正弦定理可得，、均为锐角，则，故，因此，.（2）解：由（1）可知，，故，又因为，所以，又因为，，所以，故，即有，则，又由.所以面积的取值范围是.20.【答案】(1)(2)【分析】（1）由递推关系化简可证明数列为等差数列，再由通项公式求解即可；（2）根据错位相减法求和后做差判断单调性，利用单调性求取值范围.【详解】（1）由，∴（常数），故数列是以为公差的等差数列，且首项为，∴，故；（2）设公比为q（），由题意：，∴，解得或（舍），∴，∴，∴，有，两式相减得，∴，由，知在上单调递增，∴.21.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）取中点F，连接，，易证四边形是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）易证，根据面面，得到面，进而得到，再结合，利用线面垂直的判定定理证明；（3）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，取面的一个法向量，由求解.【详解】（1）证明：取中点F，连接，，则，又，∴，∴四边形是平行四边形，∴，又面，面，∴面；（2）证明：由题意：，，∴，同理，又，∴，∴，

又面