湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高二下学期3月联考数学试题 含答案

2023年湖北省新高考协作体高二3月联考高二数学试卷一、单选题（共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1.数列，，，，的通项公式为（）A. B.C D.2.已知抛物线上一点到其焦点F的距离等于4，则直线MF的倾斜角为（）A B. C. D.3.定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.函数在区间上单调递增B.函数在区间上单调递减C.函数在处取得极大值D.函数在处取得极大值4.在等比数列中，是函数极值点，则a5＝（）A.或 B. C. D.5.正方形的面积及周长都随着边长的变化而变化，则当正方形的边长为3cm时，面积关于周长的瞬时变化率为（）A. B. C. D.6.正项数列的前n项和为，且，，若直线与圆相切，则（）A.90 B.70 C.120 D.1007.高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行的求和运算时，他这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据以上提示探求：若，则（）A.2023 B.4046 C.2022 D.40448.布达佩斯伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论错误的是（）A.点到直线CQ距离是B.C.平面ECG与平面的夹角余弦值为D.异面直线CQ与BD所成角的正切值为二、多选题（共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分）9.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.10.已知双曲线，且p，q，r依次成公比为2的等比数列，则（）A.C的实轴长为4B.C的离心率为C.C的焦点到渐近线的距离为D.过焦点与C相交所得弦长为4的直线有3条11.已知等差数列，其前项和为，若，，则下列结论正确的是（）A.B.当时最大C.使的n的最大值为16D.数列中的最小项为第9项12.已知函数的定义域为，导函数为，满足，（e为自然对数的底数），且，则（）A. B.C.在处取得极小值 D.无最大值三、填空题（共4小题，每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知，，，，若四点共面，则＝_______．14.已知定义在区间上的函数，则的单调递增区间是__________．15.已知双曲线右焦点为，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称．若，且的面积为4，则双曲线的离心率___________．16.在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有2个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复n次，可得到如图2所示的优美图形（图有多个正三角形），这个过程称之为迭代，也叫递推．在边长为3的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后递推得到如图3所示的图形（图中共有n个正三角形），则图中至少__________个正三角形的面积之和超过．四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.如图，在正方体中，为的中点．（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．18.已知数列的前n项和为，且，___________．请在①；②成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．.19.已知函数，且．（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围．20.已知椭圆的离心率为，焦距为．（1）求C的方程；（2）若斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P，Q均在第一象限），O为坐标原点，记直线OP，OQ的斜率分别为，；线段PQ的长度为，已知，，依次成等比数列，求直线l的方程．21.已知正项数列的前项和为，且.（1）证明：是等差数列.（2）设数列的前项和为，若满足不等式的正整数的个数为3，求的取值范围.22.已知函数（1）若，求的极小值；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，恒成立，求的最大整数值．2023年湖北省新高考协作体高二3月联考高二数学试卷一、单选题（共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1.数列，，，，的通项公式为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由数列的前几项归纳出数列的一个通项公式即可.【详解】解：数列，，，，，所以第项为，所以通项公式为，故A、B、C错误，D正确.故选：D2.已知抛物线上一点到其焦点F的距离等于4，则直线MF的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用焦半径公式求抛物线方程，即可求点的坐标，再求直线的斜率，即可求解.【详解】依题意可知，∴，，由条件可知，，∴，即，，，∴倾斜角．故选：C3.定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.函数在区间上单调递增B.函数在区间上单调递减C.函数处取得极大值D.函数在处取得极大值【答案】A【解析】【分析】根据函数的单调性和导数值的正负的关系，可判断A、B；根据函数的极值点和导数的关系可判断C、D的结论．【详解】在区间上，故函数在区间上单调递增，故A正确；在区间上，故函数在区间上单调递增，故B错误；当时，，可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故C错误；当时，，单调递减；当时，，单调递增，故函数在处取得极小值，故D错误，故选：A.4.在等比数列中，是函数的极值点，则a5＝（）A.或 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可知：是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质即可求解.【详解】因为，所以.又因为是函数的极值点，即是方程的两根，则有，由为等比数列可知：，因为，且，所以，则有，所以，故选：.5.正方形的面积及周长都随着边长的变化而变化，则当正方形的边长为3cm时，面积关于周长的瞬时变化率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意先求出面积y与周长x的函数关系式，然后利用导数的概念即可求解.【详解】易得正方形的面积y与周长x的函数关系为，求导得，边长为3，即，故．故选：B.6.正项数列的前n项和为，且，，若直线与圆相切，则（）A.90 B.70 C.120 D.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.7.高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行的求和运算时，他这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据以上提示探求：若，则（）A.2023 B.4046 C.2022 D.4044【答案】B【解析】【分析】根据倒序相加法，结合等比数列的下标性质进行求解即可.【详解】根据等比数列的下标性质由，∵函数，∴，令，则，∴，∴．故选：B8.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论错误的是（）A.点到直线CQ的距离是B.C.平面ECG与平面的夹角余弦值为D.异面直线CQ与BD所成角的正切值为【答案】A【解析】【分析】通过空间向量的基底运算可得B的正误，利用空间向量的坐标运算可得A,C,D的正误.【详解】，所以选项B正确；如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，,对于A,，，设，则点到直线CQ的距离，所以选项A错误；对于B,,；设平面ECG的法向量的一个法向量为，则，令可得为，同理可求平面的法向量为，，所以选项C正确；对于D，因为，，所以，所以，所以选项D正确．故选：A.二、多选题（共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分）9.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据求导法则以及基本初等函数的求导公式即可结合选项逐一求解.【详解】对于A,,故A错误，对于B，，故B正确，对于C，，故C正确，对于D，，故D错误，故选：BC10.已知双曲线，且p，q，r依次成公比为2的等比数列，则（）A.C的实轴长为4B.C的离心率为C.C的焦点到渐近线的距离为D.过焦点与C相交所得弦长为4的直线有3条【答案】AC【解析】【分析】根据等比数列求出双曲线的方程，结合选项逐一判断，A,B通过方程可得正误，C通过点线距可得正误，通过最短弦长和对称性可得D的正误.【详解】因为p，q，r依次成公比为2的等比数列，所以，，即，．所以C的方程可化为，则，，即，．对于A，C的实轴长为4，故A正确；对于B，离心率为，故B错误；对于C，不妨设焦点坐标为，一条渐近线的方程为，则焦点到渐近线的距离为，故C正确；对于D，交于同一支时弦长最小值为，交于两支时弦长最小值为．根据对称性可知过焦点与C相交所得弦长为4的直线有5条，故D错误．故选：AC.11.已知等差数列，其前项和为，若，，则下列结论正确的是（）A.B.当时最大C.使的n的最大值为16D.数列中的最小项为第9项【答案】ABD【解析】【分析】根据等差数列的通项性质与前项和性质逐项判断即可.【详解】∵等差数列，，∴，又∵，∴，，∴，A正确；∵，，∴当，，，，所以当时最大，B正确；∵，∴，，使的n的最大值为15，C错误；∵当时，，时，；当，，，∴当时，，当时，，且递减，且递减，∴最小，故D正确．故选：ABD.12.已知函数的定义域为，导函数为，满足，（e为自然对数的底数），且，则（）A. B.C.在处取得极小值 D.无最大值【答案】AD【解析】【分析】由题意，构造函数，利用导数可得新函数的单调性，解得函数的解析式，根据导数求得该函数的单调性，可得答案.【详解】解：设，则，可设，则，解得，故，即，令，则，故在上单调递增，∴，即，则，A正确；∵，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，∴，在处取得极小值，无最大值，B、C均错误，D正确．故选：AD.三、填空题（共4小题，每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知，，，，若四点共面，则＝_______．【答案】8【解析】【分析】四点共面，则存在唯一的λ、μ使得，据此即可求出x.【详解】∵，，，，∴，，，∵四点共面，则有，即解得．故答案为：8.14.已知定义在区间上的函数，则的单调递增区间是__________．【答案】######【解析】【详解】对函数进行求导，则，因为，当，，故的单调递增区间是．故答案为：.15.已知双曲线右焦点为，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称．若，且的面积为4，则双曲线的离心率___________．【答案】【解析】【分析】根据条件得到和，从而得到，结合对称性得到，利用双曲线定义得到，求出离心率.【详解】因为双曲线的右焦点，设其左焦点为，因为，P，Q关于原点O对称，所以，由的面积为4，所以，得，又，故，所以．又由双曲线的对称性可得，由双曲线的定义可得，所以，故离心率.故答案为：.16.在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有2个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复n次，可得到如图2所示的优美图形（图有多个正三角形），这个过程称之为迭代，也叫递推．在边长为3的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后递推得到如图3所示的图形（图中共有n个正三角形），则图中至少__________个正三角形的面积之和超过．【答案】7【解析】【分析】根据题意，设第n个正三角形的边长为，面积为，第个正三角形的边长为，面积为，然后结合等比数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果.【详解】设第n个正三角形的边长为，面积为，第个正三角形的边长为，面积为，易得，由条件可知：，，又由图形可知：，所以，，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，的前n项和为．由，解得，所以n最小值为7．故答案为：7四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.如图，在正方体中，为的中点．（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用中位线定理证得，再利用线面平行的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】连接直线BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO，如图，因为在正方体中，底面是正方形，所以O为BD中点，又因为E为的中点，所以，又因为平面，平面，所以直线平面．【小问2详解】根据题意，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图，不妨设正方体的棱长为2，则，，，，故，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，故，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角正弦值为．18.已知数列的前n项和为，且，___________．请在①；②成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．.【答案】（1），（2），【解析】【分析】首先由，可得为首项为，公差为1的等差数列.对于（1），当选①②时，代入，可得数列通项公式，若选③，由可得数列的通项公式；对于（2），由（1）可知，则，后利用错位相减法可得答案.【小问1详解】，所以，即，所以数列是首项为，公差为1的等差数列．若选①：由，得，即，解得．所以，即数列的通项公式为，．若选②：由成等比数列，得，解得，所以，．若选③：因为，解得，所以，．【小问2详解】，则，则，，两式相减得：，故，．19.已知函数，且．（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可求得切线方程；（2）利用导数可求得函数的单调性，结合区间端点值和极值可求得在区间上取值情况，进而求出实数的取值范围．【小问1详解】∵，∴，解得：，∴，则，∴在点处的切线方程为：，即．【小问2详解】由（1）知：，则，∴当时，；当时，；∴在，上单调递增，在上单调递减，又，，，，∴，，由，有，即函数与的图像有三个交点，则有实数m的取值范围为．20.已知椭圆的离心率为，焦距为．（1）求C的方程；（2）若斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P，Q均在第一象限），O为坐标原点，记直线OP，OQ的斜率分别为，；线段PQ的长度为，已知，，依次成等比数列，求直线l的方程．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率公式、焦距的定义进行求解即可；（2）设出直线l的方程代入椭圆方程中，根据一元二次方程根与系数关系、根的差别式，结合直线斜率的公式、等比数列的性质、椭