湖北省重点高中智学联盟2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

湖北省重点高中智学联盟2022年秋季高二年级期末联考数学试题一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.数列满足，则（）A.B.C.D.3 2.直线的倾斜角的范围是（）A.B.C.D.3.与双曲线有相同的焦点，且短半轴长为的椭圆方程是（）A.B.C.D.4.等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则（）A.2B.C.4D.5.已知点为抛物线的焦点，过点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，若，则（）A.B.1C.D.2 6.若为圆上任意两点，为直线上一个动点， 则的最大值是（）A.B.C.D.7.在平面直角坐标系中，定义称为点的“和”，其中为坐标原点，对于下列结论：（1）“和”为1的点的轨迹围成的图形面积为2；（2）设是直线上任意一点，则点的“和”的最小值为2；（3）设是直线上任意一点，则使得“和”最小的点有无数个”的充要条件是；（4）设是椭圆上任意一点，则“和”的最大值为.其中正确的结论序号为（）A.（1）（2）（3）B.（1）（2）（4）C.（1）（3）（4）D.（2）（3）（4）8.若数列的通项公式分别是，且对任意恒成立，则实数的取值范围是全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》（）A.B.C.D.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，则下列结论正确的是（）A.B.C.事件与互斥D.事件与相互独立10.关于等差数列和等比数列，下列四个选项中不正确的有（）A.若数列的前项和（为常数）则数列为等差数列B.若数列的前项和，则数列为等差数列C.数列是等差数列，为前项和，则仍为等差数列D.数列是等比数列，为前项和，则仍为等比数列； 11.已知正方体的棱长为为的中点，为平面内一动点，则下列命题正确的有（）A.若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为B.若与平面所成的角为，则的轨迹为圆C.若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线D.若与所成的角为，则的轨迹为双曲线12.已知椭圆的左，右焦点分别是，其中.直线过左焦点与椭圆交于两点，则下列说法中正确的有（）A.若存在，则的周长为B.若的中点为，则C.若，则椭圆的离心率的取值范围是D.若的最小值为，则椭圆的离心率三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设点在直线上，与轴相切，且经过点，则的半径为__________.14.如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”.已知是“和差等比数列”，，则使得不 等式的的最小值是__________.15.已知圆与轴的交点分别为双曲线的顶点和焦点，设分别为双曲线的左，右焦点，为右支上任意一点，则的取值范围为__________.16.在棱长为1的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得截面面积的最小值是__________.四､解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知线段的端点，端点在圆上运动.（1）点在线段上，且，求点的轨迹方程；（2）若直线与点的轨迹相交，求实数的取值范围.18.甲､乙两人加工一批标准直径为的钢球共1500个，其中甲加工了600个，乙加工了900个.现分别从甲､乙两人加工的钢球中各抽取50个进行误差检测，其结果如下：直径误差（）0从甲加工的钢球中抽到的个数26820563从乙加工的钢球中抽到的个数14724662（1）估计这批钢球中直径误差不超过的钢球的个数；（2）以甲､乙各自加工的钢球的总数为依据按分层抽样的方法从直径误差为的钢球中抽取5个，再从这5个钢球中随机抽取2个，求这2个钢球都是乙加工的概率；（3）你认为甲､乙两人谁加工的钢球更符合标准？并说明理由.19.已知双曲线的焦点和离心率.（1）求双曲线C的方程；（2）若直线与曲线恒有两个不同的交点和，且，求的取值范围.20.已知正项数列的前项和，满足，数列的前项积为 !.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.21.图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.（1）求证：平面平面.（2）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.22.已知椭圆的离心率为为椭圆上一点，为椭圆上不同两点，为坐标原点，（1）求椭圆的方程；（2）线段的中点为，当面积取最大值时，是否存在两定点，使为定值？若存在，求出这个定值；若不存在，请说明理由.参考答案：1.B【分析】首先根据递推公式，求数列中的项，并得到数列的周期，再求的值.【详解】由题可知，，得，∴数列是以3为周期的周期数列，∴. 故选：B.2.A【解析】【分析】本题主要考查直线的斜率与倾斜角之间的转化关系､三角函数的性质，考查直线的一般式方程，属于中档题.由直线的方程得到直线的斜率的表达式，结合三角函数的性质得到斜率的取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系，进一步可以得到倾斜角的取值范围.【解答】解：设直线的倾斜角为，则，又，所以，又，所以故选A3.D4.解：根据题意，设等比数列的公比为，若，，则，则有，解可得，又由，即，解可得，则，故选：.5.C【分析】通过抛物线焦点坐标及点斜式即可求解出直线的方程，代入的方程，设，根据根与系数关系即可得出与的关系，通过抛物线上的点到 焦点的距离与该点到抛物线准线距离相等可知，代入即可转化为关于的二元一次方程，即可求解.【详解】由题意知的方程为，代入的方程，得，设，则；因为，且，所以，整理得，所以，结合，解得.故选：C6.B【分析】由图上易知，当不动时，为两切线角最大，再将的最值问题转化为的最值问题可求.【详解】如图，为两切线，为直线上一个点，所以当为两切线是取等号；又，故只需求，，又，故选：B7.B【分析】根据新定义“和”，通过数形结合判断（1）正确，通过研究函数最值对选项（2）（3）（4）逐一判断即可. 【解析】（1）当时，点的轨迹如图，其面积为2，正确；（2）是直线上的一点，，可知，，时递减，时递增，故的最小值在时取得，，正确；（3）同（2），，可知当时，都满足，“和”最小的点有无数个，故错误；（4）可设椭圆参数方程为，易知其最大值为，正确.故选：B.8.C【详解】试题分析：当，由已知，所以，，因为恒成立所以，所以，当为偶数时，，由已知，所以，所以的最小值是当时，，所以，所以.考点：数列的函数性质9.ABD 【分析】采用列举法，结合古典概型概率公式可知AB正确；根据互斥事件和独立事件的定义可知CD正误.【详解】对于AB，抛掷两枚质地均匀的硬币，所有基本事件有{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}，其中满足事件的有{正，正}，{正，反}两种情况，事件和事件同时发生的情况有且仅有{正，正}一种情况，，，A正确，B正确；事件与事件可以同时发生，事件与事件不互斥，C错误；事件的发生不影响事件的发生，事件与事件相互独立，D正确.故选：ABD.10.ABD【解析】根据题意，结合等差､等比数列的性质依次分析选项，综合即可得的答案.【详解】根据题意，依次分析选项：对于，若数列的前项和，若，由等差数列的性质可得数列为等差数列，若，则数列从第二项起为等差数列，故不正确；对于，若数列的前项和，可得，，，则，，成等比数列，则数列不为等差数列，故不正确；对于，数列是等差数列，为前项和，则，，，，即为，，，，即为为常数，仍为等差数列，故正确；对于，数列是等比数列，为前项和，则，，，不一定为等比数列，比如公比，为偶数，，，，，均为0，不为等比数列.故不正确.故选：.【点睛】本题考查等差､等比数列性质的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 11.BCD【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.AC【分析】根据椭圆的定义判断A；用点差法判断B；先算出，进而根据A在椭圆上进行消元得到，然后结合椭圆的范围得到的范围，最后求出离心率的范围；根据的最小值为通径的长度求得答案.【详解】对A，根据椭圆的定义的周长为，故A正确；对B，设，则，所以，，由，即，故B错误；对C，，根据，则，故C正确；对D，容易知道，的最小值为通径长度，所以，整理为，即，两边同时除以，得，解得：，或（舍），所以椭圆的离心率，故D错误.故选：AC.13.1或5##5或1【分析】由点在直线上设，圆与轴相切， 应用数形结合可得出与半径的关系，再根据圆经过点也可写出与半径的关系，求解即可.【详解】由点在直线上，设.又与轴相切，且经过点，半径，且.解得或.则的半径为1或5.故答案为：1或514.【分析】根据“和差等比数列”的定义，依次求得的值，从而求得正确答案.【详解】依题意，，，解得，，解得，，解得，所以使得不等式的的最小值是.故答案为：15．【解析】与轴交点的坐标分别为，，故，，因为为右支上任意一点，根据双曲线的定义有，即令，则，因为在上为增函数，所以， 所以，所以，即.16.17.（1）（2）【详解】（1）解；设点､，由题意可得，即，可得，因为点在圆上，所以，，即，化简可得，故点的轨迹方程为.（2）k<18.（1）（2）前项和为【分析】（1）首先令，求出首项，当时，根据求出为等比数列，然后根据等比数列的通项公式进行求解即可.（2）首先求出的通项公式，进而通过（1）求出的通项公式，代入后利用裂项相消的方法进行求和即可.【详解】（1）由题意：①， 当时，可得，当时，②，由①-②得：，由为正项数列，得是首项为，公比为的等比数列.因此可得（2）由于数列的前项的乘积为，当时，得；当时，得；符合通项，故得.由（1）可知：，，令为的前项和，.19.（1）；（2）（，1）20.（1）1062；（2）；（3）乙更符合标准，理由见解析.【分析】（1）根据题意表格中的数据，分别求出甲､乙加工钢球直径误差不超过mm的个数即可；（2）先求出比例，结合古典概型的概率计算即可；（3）观察表格中的数据，即可下结论.【详解】（1）由题意知，加工直径误差不超过mm的钢球中，甲：个，乙：个， 所以这批钢球中直径误差不超过mm的钢球一共有个；（2）甲､乙加工钢球的总数之比为，所以抽取的5个钢球中，甲占2个，记为A，B，，乙占3个，记为a，b，c，从5个钢球中抽取的2个钢球的基本事件有：，共十个，则全是乙加个的基本事件为：，共3个；所以所求概率为；（3）乙加工的钢球更符合标准.理由：甲､乙各加工的50个钢球中直径误差为0mm的个数：甲有20个，乙有24个，；甲生产的钢球中误差达到的个数较多.21.（1）证明见解析（2）存在，【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得是二面角的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；（2）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.【详解】（1）如图所示：在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且.在图2中，相交直线，均与垂直，所以是二面角的平面角，因为，所以，，所以平面平面； （2）由（1）知，分别以，，为x，y，z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设，，则.设平面的法向量为，则，即，取，因为点到平面的距离为，所以，解得，则，所以.设直线与平面所成的角为，所以直线与平面所成角的正弦值为.22.（1）；（2）存在；.【分析】（1）由离心率公式以及将点代入方程，列出方程组，进而得出方程；（2）当直线的斜率存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，再由二次函数的性质得出的坐标，消去，得出点在椭圆上，结合定义得出平面内存在两点使得，当直线的斜率不存在时，设 出坐标，由三角形面积公式以及正弦函数的性质求出的坐标，进而得出平面内存在两点使得.【解析】（1）由，可设，则方程化为又点在椭圆上，则，解得因此椭圆的方程为.当直线的斜率存在时，设直线的方程为联立直线和椭圆的方程消去得，化简得：当时，取得最大值，即此时又，则即令，则因此平面内存在两点使得. 当直线的斜率不存在时，设，则，即当取得最大值.此时中点的坐标为，满足方程即.