广东省佛山市南海区南海中学2022-2023学年高二数学下学期3月第一次阶段试卷（Word版附解析）

南海中学2022~2023学年度第二学期高二年级数学科第一次阶段考考试时间：2023年3月24日14：40－16：40本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1.答卷前，考生要务必填写答题卷上的有关项目；2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡的相应位置上；3.非选择题必须用黑色字迹的钢或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．第I卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共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.在数列中，，，则的值为（）A.52B.51C.50D.49【答案】A【解析】【分析】由题判断出函数为等差数列，即可求出.【详解】由题意，数列满足，即，又由，所以数列为首项为2，公差为的等差数列，所以.故选：A．2.一双曲线的虚轴长为4，离心率与椭圆的离心率互为倒数，且焦点所在轴相同，则该双曲线的方程为（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】由椭圆方程可确定焦点在轴上且离心率，从而得双曲线的焦点也在轴上，离心率，再结合离心率公式及所求双曲线的虚轴长为，即可求得双曲线的方程.【详解】解：因为椭圆的焦点在轴上，离心率，所以所求双曲线的焦点也在轴上，离心率，即，所以，又因为双曲线的虚轴长为，即，所以，即，所以，所以所求双曲线的方程为：.故选：C.3.等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则A.7B.8C.15D.16【答案】C【解析】【详解】试题分析：由数列为等比数列，且成等差数列，所以，即，因为，所以，解得：，根据等比数列前n项和公式．考点：1．等比数列通项公式及前n项和公式；2．等差中项．4.已知数列的通项公式为，若对于，数列为递增数列，则实数k的取值范围为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由可得，再根据当时，单调性求解即可.【详解】因为数列为递增数列，所以，即，整理得：，因为当时，单调递减，，所以.故选：C.5.已知函数的图像如图所示，是的导函数，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合图象，判断出的大小关系.【详解】由题图可知函数的图像在处的切线的斜率比在处的切线的斜率 大，且均为正数，所以.的斜率为，其比在处的切线的斜率小，但比在处的切线的斜率大，所以.故选:B6.在平行六面体中，已知，，，，，则的值为（）A.10.5B.12.5C.22.5D.42.5【答案】A【解析】【分析】将作为基底，然后用基底表示出，再求其数量积即可.【详解】由题意得，，因为，，，，，所以，故选：A 7.我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为，设张华第个月的还款金额为元，则（）A.2192B.C.D.【答案】D【解析】【分析】计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出个月的还款金额.【详解】由题意可知：每月还本金为2000元，设张华第个月的还款金额为元，则，故选：D8.在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取该数列的项：第一次取1；第二次取2个连续的偶数2，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续的偶数10，12，14，16；第五次取5个连续的奇数17，19，21，23，25；按此规律取下去，得到一个数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19…则这个数列中第2023个数是（）A.3978B.3980C.3982D.3984【答案】C【解析】【分析】由题意找出取数的规律为：奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数，前n次总共取的数各数量可以通过等差数列求和得到，且第n次的最后一个数为，据此即可求解.【详解】由题意可得：奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数，前n次共取了个数，且第n次的最后一个数为，当时，，故到第63次取时取了63个奇数，且前63次共取了2016个数，即第2016个数为，∴时，依次为，∴第2023个数为3982. 故选：C.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，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券，奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果每次兑奖活动中奖概率都是，且每次中奖互不影响，则两次抽奖中（）A.都中奖的概率为B.都没有中奖的概率为C.恰有一次中奖的概率为D.至少有一次中奖的概率为【答案】CD【解析】【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式计算可得.【详解】因为每次中奖互不影响，即相互独立，每次中奖的概率为，则不中奖的概率为，则两次抽奖中，都中奖的概率为，故A错误；两次抽奖中，都没有中奖的概率为，故B错误；两次抽奖中，恰有一次中奖的概率为，故C正确；两次抽奖中，至少有一次中奖的概率为，故D正确；故选：CD10.已知数列满足，前n项的和为，关于，叙述正确的是（）A有最小值B.有最小值C.有最大值D.有最大值【答案】ABC【解析】【分析】利用函数性质研究数列的性质，结合，的单调性逐项分析判断.【详解】对于函数可知：在上单调递减， 且当时，；当时，.故对于数列可知：当，则；当，则数列为递减数列，且；故数列有最大值，有最小值，A、C正确；又∵当，；当，；故当，则；当，则；故有最小值，B正确，D错误；故选：ABC.11.设是等差数列，是其前项的和，且，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.与均为的最大值【答案】BD【解析】【分析】根据题意，由等差数列的性质分析选项，综合即可得答案．【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：是等差数列，若，则，故B正确；又由得，则有，故A错误；而C选项，，即，可得，又由且，则，必有，显然C选项是错误的.∵，，∴与均为的最大值，故D正确；故选：BD.12.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子 的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，，，类似的有，，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项C错误， 对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.第II卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．13.从，，，，这个数字中有放回地任取两数，则两数都是奇数的概率是___．【答案】##【解析】【分析】首先求出取一次取出奇数的概率，再根据相互独立事件的概率公式计算可得.【详解】从，，，，这个数字随机取一个数字是奇数的概率为，则从，，，，这个数字中有放回地任取两数，则两数都是奇数的概率.故答案为：14.已知函数的图象在点处的切线方程是，则___．【答案】【解析】【分析】根据切点在切线上以及导数的几何意义求解即可.【详解】由已知得，，.故答案为：.15.已知函数，则___． 【答案】##【解析】【分析】先计算得到，然后利用倒序相加法求和.【详解】，，设①，则②，①+②得，.故答案为：.16.无穷数列满足：只要，必有，则称为“和谐递进数列”．若为“和谐递进数列”，且，，，，则___，___.【答案】①②.【解析】【分析】根据所给定义列出数列的前几项，即可得到数列是周期数列，且周期为，从而求出、，再根据并项求和法计算可得.【详解】因为为“和谐递进数列”，且，，，即，则，，，，，，所以数列是周期数列，且周期为， 又，所以，则，所以，且，所以.故答案为：；四、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知等差数列的前三项依次为a、4，3a，前n项和为，且．（1）求a及k的值；（2）设数列{}的通项公式为，求数列{}前n项和．【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）设该等差数列为{an}，根据等差数列的前三项依次为由a＋3a＝8，求得a，再利用等差数列前n项和的公式，由Sk＝110求解；（2）由（1）得到，进一步利用分组求和思想及等差数列、等比数列求和公式求解即可.【小问1详解】设该等差数列，首项为，公差为，则,由已知有，得，所以，所以公差，所以，由，得，解得或(舍去)，故，.【小问2详解】由（1）知，，所以，所以.18.已知函数为． （1）函数在点P处的切线与直线互相垂直，求点P的坐标；（2）过点作曲线的切线，求此切线的方程．【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）求导，然后设，利用求出，进而可得点P的坐标；（2）设切点，求出，利用点斜式写出切线方程，代入点，求出，进而可得切线方程.【小问1详解】，，设，函数在点P处的切线与直线互相垂直，解得，或；【小问2详解】过点作曲线的切线，设切点为，则，切线方程为，代入点得，解得或，即切线方程为或. 19.给定椭圆，称圆心在原点O、半径是的圆为椭圆C的“准圆”．已知椭圆C的一个焦点为，其短轴的一个端点到点F的距离为．（1）求椭圆C和其“准圆”的方程；（2）若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点，B、D是椭圆C上的两相异点，且轴，求的取值范围，【答案】（1）椭圆C的方程为，其“准圆”方程为（2）【解析】分析】（1）依题意可得、，即可求出，从而得解；（2）设则，即可表示出、，再根据数量积的坐标表示及二次函数的性质计算可得.【小问1详解】解：由题意知，且，可得，故椭圆C的方程为，其“准圆”方程为．【小问2详解】解：由题意，可设、，则有，又点坐标为，所以，，所以，又，所以，所以的取值范围是．20.如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的 母线，若，且．（1）记圆柱的体积为，四棱锥P－ABCD的体积为，求；（2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用柱体、锥体的体积公式运算求解；（2）建系，利用空间向量求二面角.【小问1详解】由题意可得：圆柱的底面半径，高为4，则圆柱的体积；四棱锥P－ABCD的高为4，均为直角三角形且全等，，则四棱锥P－ABCD的体积；故.【小问2详解】如图，以底面圆心为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设点，可得， ∵，则，解得，即，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，设平面的法向量，则，令，则，即，设二面角的平面角为，则，故二面角的余弦值.21.设数列的前项和为，满足（1）证明：数列是等比数列，并求；（2）数列满足，若，求实数的最小值．【答案】（1）证明见解析，（2） 【解析】【分析】（1）由可得，即可证明，再求出的通项公式，即可求出；（2）由（1）可得，令，且数列前项和为，利用错位相减法求出，则，即为，再令，，利用导数说明函数的单调性，结合特殊点处的函数值，即可求出的取值范围，即可得解.【小问1详解】，，，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，则.【小问2详解】因为，所以，令，且数列前项和为，则①，②，由①②得，则，所以，因为，所以， 即，令，，则，当时，则，所以，即在上单调递减，又、，，又为正整数，所以当时，所以的最小值为.22.已知递增数列的前n项和为，且满足，设，，且数列的前n项和为．（1）求证：数列为等差数列；（2）试求所有的正整数m，使得为整数；（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）见证明（2）1或2（3）【解析】【分析】（1）由与的关系及等差数列的定义即可证明；（2）由的通项化简式子即可；（3）由裂项相消先求得，再分类讨论解不等式即可.【小问1详解】由题意可得，两式相减化简得因为是递增数列，故，即，所以是以1为首项，2为公差的等差数列.【小问2详解】 由（1）知：，所以若要为整数，则需为整数，故当，即时上式为整数；故答案为：1或2.【小问3详解】由上得：，则所以原不等式可化为：当为奇数时，上式等价于，根据基本不等式，当且仅当时可取最小值，此时；当为偶数时，上式等价于不难发现在定义域上单调递增，故，此时综上故答案为：