湖北省重点高中2022-2023学年高二上学期期末联考试题数学答案和解析

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【文档说明】湖北省重点高中2022-2023学年高二上学期期末联考试题数学答案和解析.pdf,共(13)页,1.588 MB,由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

数学试卷答案和解析一、单选题。1.【答案】D【分析】利用累加法可求得���6的值.解:由已知������+1−������=3���,∴���2−���1=3,���3−���2=6,⋯,���6−���5=15,上述等式全加可得���6−���1=3+6+9+12+15=45

,∴���6=1+45=46.故选:D.2.【答案】C【分析】根据四点共面的条件对选项逐一分析,由此确定正确选项.解:M与A,B,C一定共面的充要条件是,1OMxOAyOBzOCxyz

,对于A选项,由于21101,所以不能得出,,,MABC共面,对于B选项,由于1111532,所以不能得出,,,MABC共面,对于C选项,由于MAMBMC,则,,MAMBMC为共面向量,所以,,

,MABC共面,对于D选项,由0OMOAOBOC得OMOAOBOC,而11131,所以不能得出,,,MABC共面.故选:C3.【答案】A解:设A(x1

,y1),B(x2,y2),点差法,因为x2+x1=1,y2+y1=1,y2-y1x2-x1=kAB,代入后求得kAB=-81,所以弦所在的直线方程为y-12=-81(21x),即x+8y-29=0.故选:A4

.【答案】B【分析】对于A,利用线面平行的性质定理判断,对于B,利用线面平行的判定定理判断,对于C,利用线面垂直的判定定理判断即可,对于D,利用面面平行的判定方法判断解;由线面平行的性质定理可知,A正确;若m∥,m∥n,则n∥或n,即B错误;设,的法向量分别为,ab,若n

,则,nanb,又,,则a∥,b∥,所以n,即C正确;全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》若,mm,则∥,又∥,则∥,即D正确.故选:B5.【答案】D【分析】设1122||,||MFrMFr,在12MFF△中,利用余弦定理,结合椭圆的定义

,求出2212122,rrrr,再由重要不等式,可得出,ac不等量关系,即可求解.解:设1122||,||MFrMFr,由余弦定理得:22212124rrrrc,又122rra,即222121224rrrra,解得22222212124844,33a

cacrrrr,因为2212122rrrr,得224ca,故12e.又01e,所以1,12e.故选:D6.【答案】C【分析】当2n时,结合1nnnaSS化简已知条件,由等差数列的定义可得1nS

为等差数列,求出1nS即可得nS,将10n代入即可求解.解:当2n时,2212nnnaSS,则21212nnnnSSSS,即112nnnnSSSS,可得1112nnSS,所以1nS

是首项为1,公差为2的等差数列,所以112121nnnS,121nSn,所以1011210119S,故选:C.7.【答案】B【分析】利用圆的性质,线段垂直平分线的性质,结合双曲线的定义进行求解即可.解:因为线段������的垂直平分线���与直线���

���相交于点���,所以有������=������,由���+42+���2=16,得���(−4,0),该圆的半径为4,因为点���在圆上运动时,所以有������−������=4,于是有������−������=4,所以点���的轨迹是以���,���为焦点的双曲

线,所以���=4,2���=4⇒���=4,���=2⇒���2=���2−���2=12,所以点���的轨迹方程为���24−���212=1,故选:B8.【答案】���【分析】本题考查抛物线的性质和应用,解题时要注意向量和直线方程和合理运用.由各选项知,���+���为

定值,因此可以取������2,0,此时将直线������化为特殊直线���=���−���2,此时点���0,−���2,设点���(���1,���1)、���(���2,���2),将直线和抛物线联立,得到���1+���2=3���,���1���2=���24,

结合已知得到���=���1���2−���1,���=���2���2−���2,即可求解.解:由各选项知,���+���为定值,因此可以取������2,0,此时将直线������化为特殊直线���=���

−���2,此时点���0,−���2,设点���(���1,���1)、���(���2,���2),则由���=���−���2,���2=2������,得���2−3������+���24=0,所以���1+���2=3���,��

�1���2=���24.由�����������=��������������,�����������=��������������,得���1=������2−���1,���2=������2−���2,则���=���1���2−

���1,���=���2���2−���2,所以���+���=���1���2−���1+���2���2−���2=���2(���1+���2)−2���1���2���24−���2(���1+���2)+���1���2=32���2

−���22���24−32���2+���24=−1,故应选C.二、多选题9.ABD对于D选项,若���5=���9,则���7+���8=0,由于���1>0,公差���≠0,故���<0,故���7>0

,���8<0,所以���7是������中最大的项;故D选项正确;11.【答案】CD【分析】A.设1DDAF,易证1DD平面AEF判断;B.直线D1F与直线AE共面;C.接11,ADDF,易证1//EFAD,得到截面为等腰梯形1AEFD

求解判断;D.利用等体积法,由FAECCAEFVV求解判断.解:A.若1DDAF,因为1DD平面ABCD,则1DDAE,又AEAFA,所以1DD平面AEF,则1DDEF,则1CCEF,故错误;B.直线D1F与直线AE异面错误C.如图所示:连接1

1,ADDF,因为E,F分别为1,BCCC的中点,则1//EFAD,所以1,,,AEFD共面,则截面为等腰梯形1AEFD,又12,22,5EFADAE,等腰梯形的高为2213222ADEFhAE,所以等腰梯形的面积为11922SADEFh

,故正确;D.因为11323112,121222222AEFAECSEFhSECB,且FAECCAEFVV,所以点C到平面AEF的距离为1123133AECAEFSdS

,故正确.故选:CD12.【答案】CD【解析】解:如图,过点���向准线���作垂线,垂足为���,设���(���1,���1),���(���2,���2).对于���,过B做BF垂直AC于G设BF=m,则AF=3m,所以BD=m,AC=3m,AG=2m直角三角

形ABG中,tan∠BAG=3,所以直线������的斜率为±3,故A错;对于���,假设△���������为等腰直角三角形,则∠���������=∠���������=90°,则���,���,���,���四点共圆且圆的半径为12������=������,又因为|���

���|=3|������|,所以|������|=|������|+|������|=|������|+|������|=2|������|=4|������|,所以|������|=2|������|,所以|������|=2|�

�����|=4|������|,所以|������|=|������|,显然不成立,故B错误;对于C,1������+1������=2���=1,故C对,对于D,由AB=2Psin2θ=163,则p=2,所以,由���2=4�����

�=3(���−1),A(3,23),B(13,−233),D(−1,−233)所以kOA=kOD=233,故D对.故选CD.13.【答案】16.解:F(2,0),直线���的方程y=x-2.联立方程组���=���−2���2=8���,消元得,���2−12��

�+4=0,AB=���1+���2+���=���614.【答案】68【分析】由题意,画出示意图,四棱锥P﹣ABCD的体积11164333VSPAPA,4PA,222ACAB,2226PCACAP,球O的半径162RPC,进而求解.解:由题意,画出示意图如

图:则正方形ABCD面积S=4,∵四棱锥P﹣ABCD的体积11164333VSPAPA,∴4PA,222ACAB,2226PCACAP球O的半径162RPC球O的表面积:68343

RV.故答案为:6815.【答案】4【分析】本题思路有下列几种:①利用向量坐标设点转化,点参法;②设直线方程的在x轴上的截距式,联立方程组;③垂径定理后二次解三角形;④相交弦定理;⑤利用”爪”型结构,得2

133OMOAOB,两边平方求得AOB的余弦值.【解法一】:易知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=k(x-1).由BM→=2MA→,设BM=2t,MA=t.如图,过原点O作OH⊥l于点H,则BH=3t2.设

OH=d,在Rt△OBH中,d2+3t22=r2=5.在Rt△OMH中,d2+t22=OM2=1,解得d2=12,则d2=k2k2+1=12,解得k=1或k=-1.因为点A在第一象限,BM→=2MA→,由图知k=1,所以所求的直线l的倾斜角为4.【解法二】由2BMMA

,设BM=2t,MA=t又过点M的直径被M分成两段长为51、51由相交弦定理得225151t,解之得2t过原点O作OH⊥l于点H,在Rt△OBH中,d2+3t22=r2=5,解得d2=12,(下同解

法一,略).16.【答案】2021【分析】本题考查双曲线的定义,考查三角函数二倍角公式,考查直观想象和数学运算的核心素养,属于难题.先根据定义得到���点即为圆���与���轴的切点,再求出tan∠������

1���,再利用tan∠������1���2=tan(2∠������1���)求出tan∠������1���2即可得到直线������1的斜率.【解答】解:设圆���与���轴相切于���'���0,0,由题意可知|������|=|������|,|���

1���|=|���1���'|,|���2���'|=|���2���|,所以|������1|−|������2|=(|������|+|������1|)−(|������|+|������2|)=|������1|−|������2|=|���1�

��'|−|���2���'|=4,则(���0+���)−(���−���0)=4⇒���0=2,即���'���0,0=���(2,0),所以点���即为圆���与���轴的切点,圆���的半径为���=2,因为������⊥���1���

2,所以���(2,2),于是tan∠������1���=|������||������1|=23+2=25,因为������1是∠������1���2的角平分线,所以tan∠������1���2=tan(2∠��

����1���)=2tan∠������1���1−tan2∠������1���=2021,即直线������1的斜率为2021.故答案为:2021.三、解答题。17.【答案】(1)������=−11,���=12���−15,���≥2;(2)�����

�=−���2+14���−2,���≤7���2−14���+96,���≥8.【分析】(1)利用������=���1,���=1������−������−1,���≥2,即可求解数列������的通项公式;(2)由(1)由���

���≤0得���≤152,然后分1≤���≤7和���≥8两种情况对������化简求解即可.【详解】(1)当���=1时,���1=1−14+2=−11,即���1=−11,当���≥2时,������=������−������−1=���2−14���+2−[(���−1)2−1

4(���−1)+2]=2���−15,���=1时,���1=−13,与���1=−11不符,所以������=−11,���=12���−15,���≥2;(2)由������≤0得���≤152,而���∈N+,所以当1≤���≤7时,

������<0,当���≥8时,������>0,当1≤���≤7时,������=���1+���2+⋅⋅⋅+������=−(���1+���2+⋅⋅⋅+������)=−������=−���2+14���−2,当���≥8时,������=���1+��

�2+⋅⋅⋅+���7+���8+⋅⋅⋅+������=−(���1+���2+⋅⋅⋅+���7)+���8+⋅⋅⋅+������=−���7+(������−���7)=������−2���7=���2−14���+96

,所以������=−���2+14���−2,���≤7���2−14���+96,���≥818.【答案】解:(1)证明:∵在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,

∴BD⊥CC1,∵底面ABCD是梯形,AB∥CD,AB⊥AD,12CD=AB=AD.设AB=1,则BD=BC==,∴BD2+BC2=CD2,∴BD⊥BC,∵CC1∩BC=C,CC1⊂平面BCC1,BC⊂平面BCC1,∴BD⊥平面BCC1.

(2)假设在线段C1D1上存在一点E,使AE∥面BC1D.证明如下:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设AB=1,设E(0,b,c),则A(1,0,0),D(0,0,0),B(1,1,0),C1(0,2,c)

,=(﹣1,b,c),=(1,1,0),=(0,2,c),设平面BDC1的法向量=(x,y,z),则,取x=1,得=(1,﹣1,),∵AE∥面BC1D,∴=﹣1﹣b+2=0,解得b=1.∵在线段C1D1上存在一点E,使

AE∥面BC1D,点E是线段C1D1的中点.19.解:设���(���1,���1),���(���2,���2),���(������,������),���(������,������),由题可知直线AB的斜率存在且不为0,设其方程为���=���(���−

1),代入椭圆22143xy得:(4���2+3)���2−8���2���+4���2−12=0所以���1+���2=8���24���2+3=2������所以������=4���24���2+3,������=���(������−1)=−3���

4���2+3由题可知直线������2的方程为���=−1���(���−1),且������=4,所以������=−3���求得:���������=−3���4���2+34���24���2+3=−34���,�����

����=−3���4=−34���,所以���������=���������故O,D,M三点共线.20.【答案】(1)35212a;(2)新多面体是七面体;证明见解析.【分析】(1)分别求正四面体和正八面体的体积,由新多面体体积为原

正四面体体积1V与正八面体体积2V之和求解;(2)在正八面体AC中,取BF的中点为M,连结AMCM、,易得AMC为二面角ABFC的平面角,利用余弦定理求解;(3)由(2)可知,正八面体任何相邻面构成的二面

角余弦值均为13,设此角为.再求得四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为13判断.【详解】(1)如图所示:,在正四面体中,分别取PT,QR的中点,连接QN,RN,NG,则,,PTQNPTRNQNRNN,所以PT平面QNR,所以正四面体的体积为2231111312332221

2QNRVSPTaaaaa,如图所示,在正八面体中,连接AC交平面EFBH于点O,则AO平面EFBH,所以2222,2EFBGSaAOAEOEa,所以正八面体的体积为2321122223323EFBGVSAOaaa,因为

新多面体体积为原正四面体体积1V与正八面体体积2V之和,所以3125212aVVV.(2)如图,在正八面体AC中,取BF的中点为M,连结AMCM、,易得AMC为二面角ABFC的平面角.易得32AMMCa,22222AEOEA

CAOa,由余弦定理得2221cos23MAMCACADCMAMC.(3)新多面体是七面体,证明如下:由(2)可知,正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为13,设此角为.在正四面体中,

易得QNR为二面角ABFC的平面角.由余弦定理得22222233221cos2333222aaaNQNRQRQNRNQNRaa,即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为13,所以1

80,因此新多面体是七面体.21.【答案】(1)2214xy(2)3,34【分析】(1)根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组,解出a、b的值,进而可求得椭圆C的方程;(2)对直线l分两种情况讨论,直线l与x轴重

合时,直接求出MAMB的值,在直线l不与x轴重合,设直线l的方程为1xmy,设点11,Axy、22,Bxy,将直线l的方程与椭圆C的方程联立,列出韦达定理,利用弦长公式可得出MAMB关于m的代数式,综合可得出MAMB的取值范围.(1)

由题意,23e离心率故3cb,222abcb=2可得b=1故椭圆C的方程为:2214xy(2)分以下两种情况讨论:①若直线l与x轴重合,则21113MAMBaaa;②若直线l不与x轴重合,设直线

l的方程为1xmy,设点11,Axy、22,Bxy,联立22114xmyxy,消去x可得224230mymy,则22241241630mmm恒成立,由韦达定理可得12224myym,12234y

ym,由弦长公式可得222212122311114mMAMBmymymyym2223499344mmm,244m,则299044m,所以,2393344

m.综上所述,MAMB的取值范围是3,34.22.【答案】(1)xy3(2)存在,定点���1���,0【分析】(1)设出双曲线方程,由双曲线定义和题干条件得到������−

������=2���,������+������=12−4���,������2−������2=������2=16���2,���=2���,求出���,���,得到双曲线方程求得渐进线方程;(2)设在x轴上存在定点������,0,直线的方程为���−���=��

����,������1,���1,������2,���2,由�����������=��������������,得���1+������2=0,由�����������⊥�����������−��������������得到������1+�

��−���=���������2+���−���,两式联立得2������1���2+���−������1+���2=0,联立直线方程和���2−���23=1,得到两根之和,两根之积,代入2������1���2+���−������1+���2=0中,求

出���=1���,从而求出定点���的坐标.【详解】(1)设双曲线���的方程为���2���2−���2���2=1(���>0,���>0),则���−���,0,������,0,������,0.由������=3������,得��

�+���=3���−���,即���=2���.由双曲线定义可知:������−������=2���①,因为△���������的周长为12,所以������+������=12−4���②,解得:������=6−���,������=6−

3���,因为∠���=90∘,所以������2−������2=������2=16���2,即6−���2−6−3���2=16���2,解得:���=1,∴���=2,���=3.∴双曲线���的方程为���2−���23=1;∴渐近线方程为xy3(2)设在x轴上存在定点������,

0,使�����������⊥�����������−��������������.因为直线与双曲线���相交于不同于双曲线顶点的两点,故直线斜率不为0,设直线的方程为���−���=������,������1,���1,������2,���2.由����������

�=��������������,得���1+������2=0,即���=−���1���2.①∵�����������=4,0,�����������−��������������=���1−���−������2+������,���1−����

��2,∴�����������⊥�����������−��������������⇔���1−���−������2+������=0,故���1−���=������2−���,即������1

+���−���=���������2+���−���.②把①代入②,得2������1���2+���−������1+���2=0③把���−���=������代入���2−���23=1,并整理得3���2−1���2+6���������+3���2−1=0.其中3���2−1≠

0且Δ>0,即���2≠13,且3���2+���2>1.���1+���2=−6������3���2−1,���1���2=3���2−13���2−1.代入③,得6������2−13���2−1−6���������−���3���2−1=0,化简得���������=���,当���

=1���时,上式恒成立.因此,在���轴上存在定点���1���,0,使�����������⊥�����������−��������������.【点睛】圆锥曲线定点定值问题,设出直线方程,与圆锥曲线方程联立,得到两根之和,两根之

积,应用设而不求的思想,进行求解;注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况,本题中由于直线l过点������,0,故用含���的式子来表达���,计算上是更为简单,此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.获

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