湖北省五地中學聯盟2022-2023學年高二下學期期中聯考數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.“”是“直線與直線互相垂直”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分也不必要條件2.函數的導函數的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A.的極小值點為 B.的極大值點為C.有唯一的極小值點 D.函數在(a，b)上的極值點的個數為23.某鐵球在時，半徑為．當溫度在很小的范圍內變化時，由于熱脹冷縮，鐵球的半徑會發生變化，且當溫度為時鐵球的半徑為，其中a為常數，則在時，鐵球體積對溫度的瞬時變化率為()A.0 B. C. D.4.已知橢圓C：()的左?右焦點分別為F1，F2，點P為C上一點，若△F1PF2的面積為4，且△F1PF2內切圓的半徑為，則C的離心率為()A. B. C. D.5.已知等差數列的前n項和為，若，則()A.44 B.88 C.99 D.1216.在平行六面體中，，，，，則()A. B. C.0 D.7.已知實數，不等式恒成立，則的取值范圍是()A. B. C. D.8.任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3加1；若是偶數，就將該數除以2.反復進行上述運算，經過有限次步驟，必進入循環圈1→4→2→1.這就是數學史上著名“冰雹猜想”(又稱“角谷猜想”).如果對于正整數，經過步變換，第一次到達1，就稱為步“雹程”.如取，由上述運算法則得出：3→10→5→16→8→4→2→1，共需經過7個步驟變成1，得.則下列命題錯誤的是()A.若，則只能是4 B.當時，C.隨著的增大，也增大 D.若，則的取值集合為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知曲線.()A.若m>n>0，則C是橢圓，其焦點在y軸上B.若m=n>0，則C是圓，其半徑為C.若mn<0，則C是雙曲線，其漸近線方程為D.若m=0，n>0，則C是兩條直線10.已知數列中，，，，則下列說法正確的是()．A. B.是等比數列C. D.11.圓C：，直線，點P在圓C上，點Q在直線l上，則下列結論正確的是()A.直線l與圓C相交B.的最小值是1C.若P到直線l的距離為2，則點P有2個D.從Q點向圓C引切線，則切線段最小值是312.已知函數(，且)，則()A.當時，恒成立B.若有且僅有一個零點，則C.當時，有兩個零點D.存在，使得有三個極值點三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中，的系數為______.14.已知某超市為顧客提供四種結賬方式：現金、支付寶、微信、銀聯卡，若顧客甲只帶了現金，顧客乙只用支付寶或微信付款，顧客丙、丁用哪種方式結賬都可以，這四名顧客購物后，恰好用了其中三種結賬方式，則他們結賬方式的可能情況有________種．15.過拋物線C：的準線l上一點P作C的切線PA，PB，切點分別為A，B，設弦AB的中點為Q，則的最小值為______．16.北宋著名建筑學家李誡編寫了一部記錄中國古代建筑營造規范的書《營造法式》，其中說到“方一百，其斜一百四十有一”，即一個正方形的邊長與它的對角線的比是，接近.如圖，該圖由等腰直角三角形拼接而成，以每個等腰直角三角形斜邊中點作為圓心，斜邊的一半為半徑作一個圓心角是90°的圓弧，所得弧線稱為螺旋線，稱公比為的數列為等比數列.已知等比數列的前n項和為，滿足.若，且，則的最小整數為___________.(參考數據：，)四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.17.已知函數.(1)求的解析式；(2)求曲線在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積.18.已知數列滿足，，．(1)設，求數列的通項公式；(2)求n為何值時，最小．19.如圖，在幾何體PABCDQ中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，平面ABCD，，點E為PD的中點，四棱錐是高為4的正四棱錐.(1)求證：平面EAC；(2)求平面PAC與平面QAB所成銳二面角的余弦值.20.某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題，規定每位參賽選手共需回答3道問題.現有兩種方案供參賽選手任意選擇.方案一：只選類問題：方案二：第一次類問題，以后按如下規則選題，若本次回答正確，則下一次選類問題，回答錯誤則下一次選類問題.類問題中的每個問題回答正確得50分，否則得0分：類問題中的每個問題回答正確得30分，否則得0分.已知小明能正確回答類問題的概率為，能正確回答類問題的概率為，且能正確回答問題的概率與回答次序無關.(1)求小明采用方案一答題，得分不低于100分的概率：(2)試問：小明選擇何種方案參加比賽更加合理？并說明理由.21.已知雙曲線的虛軸長為4，直線為雙曲線的一條漸近線.(1)求雙曲線的標準方程；(2)記雙曲線左、右頂點分別為，過點的直線交雙曲線于點(點在第一象限)，記直線斜率為，直線斜率為，求的值.22.已知函數.(1)求的單調區間與極值.(2)設，為兩個不相等的正數，且，證明：. 湖北省五地中學聯盟2022-2023學年高二下學期期中聯考數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.“”是“直線與直線互相垂直”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據直線垂直求出范圍即可得出.【詳解】由直線垂直可得，解得或1，所以“”是“直線與直線互相垂直”的充分不必要條件.故選：A.2.函數的導函數的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A.的極小值點為 B.的極大值點為C.有唯一的極小值點 D.函數在(a，b)上的極值點的個數為2【答案】D【解析】【分析】求得的極小值點判斷選項A；求得的極大值點判斷選項B；求得的極小值點判斷選項C；求得函數在(a，b)上的極值點的個數判斷選項D.【詳解】由導函數的圖像可知，有2個極小值點.選項C判斷錯誤；當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.則的極小值點為，選項A判斷錯誤；的極大值點為，選項B判斷錯誤；函數在(a，b)上的極值點為，共2個.選項D判斷正確；故選：D3.某鐵球在時，半徑為．當溫度在很小的范圍內變化時，由于熱脹冷縮，鐵球的半徑會發生變化，且當溫度為時鐵球的半徑為，其中a為常數，則在時，鐵球體積對溫度的瞬時變化率為()A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由導數的定義可知在時，鐵球體積對溫度的瞬時變化率即為的值，求導代入即可.【詳解】已知當溫度為時鐵球半徑為，則其體積(單位：)，求導得，所以，所以在時，鐵球體積對溫度的瞬時變化率為，故選：D.4.已知橢圓C：()的左?右焦點分別為F1，F2，點P為C上一點，若△F1PF2的面積為4，且△F1PF2內切圓的半徑為，則C的離心率為()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】借助內切圓半徑及三角形面積的關系建立的關系式，再結合求解.【詳解】由的面積為4，得，即.又，所以，所以，，.故選：D.5.已知等差數列的前n項和為，若，則()A.44 B.88 C.99 D.121【答案】A【解析】【分析】根據等差數列項數的關系可求出，再利用與的關系，即可求出答案.【詳解】由于為等差數列，，則故選：A.6.在平行六面體中，，，，，則()A. B. C.0 D.【答案】C【解析】【分析】結合空間向量的數量積的定義及運算律求出和，進而結合余弦定理即可求出結果.【詳解】因為，則，即，,則，即，則故選：C.7.已知實數，不等式恒成立，則取值范圍是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】題中指數、對數函數都有，不能分參，可以轉化為同構求解.【詳解】由可得，易得函數在R上單調遞增，所以恒成立，即，設，，在單調遞減，在單調遞增，可得，則有.故選：C.8.任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3加1；若是偶數，就將該數除以2.反復進行上述運算，經過有限次步驟，必進入循環圈1→4→2→1.這就是數學史上著名的“冰雹猜想”(又稱“角谷猜想”).如果對于正整數，經過步變換，第一次到達1，就稱為步“雹程”.如取，由上述運算法則得出：3→10→5→16→8→4→2→1，共需經過7個步驟變成1，得.則下列命題錯誤的是()A.若，則只能是4 B.當時，C.隨著的增大，也增大 D.若，則的取值集合為【答案】C【解析】【分析】根據“冰雹猜想”進行推理即可判定.【詳解】對于A，，逆推，只能是4，故A對；對于B，時，，，故B對；對于C，時，，時，，，故C錯，對于D，時，逆推，故D對.故選：C.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知曲線.()A.若m>n>0，則C是橢圓，其焦點在y軸上B.若m=n>0，則C是圓，其半徑為C.若mn<0，則C是雙曲線，其漸近線方程為D.若m=0，n>0，則C是兩條直線【答案】ACD【解析】【分析】結合選項進行逐項分析求解，時表示橢圓，時表示圓，時表示雙曲線，時表示兩條直線.【詳解】對于A，若，則可化為，因為，所以，即曲線表示焦點在軸上的橢圓，故A正確；對于B，若，則可化為，此時曲線表示圓心在原點，半徑為的圓，故B不正確；對于C，若，則可化為，此時曲線表示雙曲線，由可得，故C正確；對于D，若，則可化為，，此時曲線表示平行于軸的兩條直線，故D正確；故選：ACD.【點睛】本題主要考查曲線方程的特征，熟知常見曲線方程之間的區別是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養.10.已知數列中，，，，則下列說法正確的是()．A. B.是等比數列C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根據，，，利用等比數列的定義，得到的奇數項和偶數項，分別是以2為公比的等比數列求解判斷.【詳解】因為數列中，，，，所以，解得，又，所以，即，所數列的奇數項和偶數項，分別是以2為公比的等比數列，所以，，，，，故選：ABC11.圓C：，直線，點P在圓C上，點Q在直線l上，則下列結論正確的是()A.直線l與圓C相交B.的最小值是1C.若P到直線l的距離為2，則點P有2個D.從Q點向圓C引切線，則切線段的最小值是3【答案】BCD【解析】【分析】對于A:求出圓心到直線的距離，即可判斷直線與圓相離；對于B:利用幾何法求出的最小值，即可判斷；對于C:設直線m與l平行，且m到l的距離為2.求出m的方程，判斷出直線m與圓C相交，有兩個交點，即可判斷；對于D:根據圖形知,過Q作QR與圓C相切于R，連結CR.要使切線長最小，只需最小.利用幾何法求出切線段的最小值，即可判斷.【詳解】對于A:由圓C：，得圓C的標準方程為，圓心到直線的距離，所以直線與圓相離.故A錯誤；對于B:圓心到直線的距離,所以的最小值為.故B正確;對于C:設直線m與l平行，且m到l的距離為2.則可設.由，解得：或.當時，直線，圓心到直線的距離,所以直線m與圓C相交，有兩個交點，且這兩個點到直線l的距離為1.當時，直線，圓心到直線的距離,所以直線m與圓C相離，不合題意.綜上所述，圓上到直線l的距離為1的點有且只有2個.故C正確.對于D:根據圖形知,過Q作QR與圓C相切于R，連結CR.則切線長.要使切線長最小，只需最小.點Q到圓心C的最小值為圓心到直線的距離d=5,由勾股定理得切線長的最小值為,故D正確.故選：BCD12.已知函數(，且)，則()A.當時，恒成立B.若有且僅有一個零點，則C.當時，有兩個零點D.存在，使得有三個極值點【答案】AC【解析】【分析】對于A，將不等式變形，構造函數根據函數的單調性以及最值得出結論；對于B、C，都是在A的構造函數的基礎之上，由其圖象的性質得到的相關結論；對于D，構造函數，判斷新函數的性質進一步推斷原函數的性質.【詳解】對于A，即，兩邊取對數，，令，，單調遞增；單調遞減；的最大值為，，A正確；對于B，若有且僅有一個零點，則，兩邊取對數，有：，由A選項知，即時此時也有一個零點，B錯誤.對于C，，，兩邊取對數，有：，由A選項知：，，C正確；對于D，，令得：，兩邊取對數可得：，設則，令得：，在上單調遞減，在上單調遞增；最多有兩個零點，最多有兩個極值點，D錯誤.故選：AC.【點睛】本題考查函數零點、方程的根與圖象交點的等價，考查函數的單調性、極值與最值的應用，本題的難點在于對式子的變形以及構造函數，對學生分析問題和解決問題的能力要求較高，屬于難題.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中，的系數為______.【答案】30【解析】【分析】表示5個因式的乘積，在這5個因式中，有2個因式選，其余的3個因式中有一個選，剩下的兩個因式選，即可得到含的項，即可算出答案.【詳解】表示5個因式的乘積，在這5個因式中，有2個因式選，其余的3個因式中有一個選，剩下的兩個因式選，即可得到含的項，故含的項系數是故答案為：30【點睛】本題考查的是利用分步計數原理處理多項式相乘的問題，較簡單.14.已知某超市為顧客提供四種結賬方式：現金、支付寶、微信、銀聯卡，若顧客甲只帶了現金，顧客乙只用支付寶或微信付款，顧客丙、丁用哪種方式結賬都可以，這四名顧客購物后，恰好用了其中三種結賬方式，則他們結賬方式的可能情況有________種．【答案】20【解析】【分析】由題意，根據乙的支付方式進行分類，根據分類與分步計數原理即可求出．【詳解】當乙選擇支付寶時，丙丁可以都選銀聯卡，或者其中一人選擇銀聯卡，另一人只能選支付寶或現金，故有1+C21C21＝5，而乙選擇支付寶時，丙丁也可以都選微信，或者其中一人選擇微信，另一人只能選支付寶或現金，故有1+C21C21＝5，此時共有5+5=10種，當乙選擇微信時，丙丁可以都選銀聯卡，或者其中一人選擇銀聯卡，另一人只能選微信或現金，故有1+C21C21＝5，而乙選擇微信時，丙丁也可以都選支付寶，或者其中一人選擇支付寶，另一人只能選微信或現金，故有1+C21C21＝5，此時共有5+5=10種，綜上故有10+10＝20種，故答案為20.【點睛】本題考查了分步計數原理和分類計數原理，考查了轉化思想，屬于難題.15.過拋物線C：的準線l上一點P作C的切線PA，PB，切點分別為A，B，設弦AB的中點為Q，則的最小值為______．【答案】2【解析】【分析】利用導數求出拋物線在A和B的切線方程，根據切線過P得A和B滿足的方程，從而求得AB所在直線方程，聯立直線AB方程與拋物線方程求出Q點坐標，從而求出的表達式，根據表示式即可求其最小值.【詳解】，設，，，則，，則切線：，∵切線PA過P，∴，同理，，∴直線AB方程為：.由得，，則，，則，則，即最小值為2.故答案為：2.16.北宋著名建筑學家李誡編寫了一部記錄中國古代建筑營造規范的書《營造法式》，其中說到“方一百，其斜一百四十有一”，即一個正方形的邊長與它的對角線的比是，接近.如圖，該圖由等腰直角三角形拼接而成，以每個等腰直角三角形斜邊中點作為圓心，斜邊的一半為半徑作一個圓心角是90°的圓弧，所得弧線稱為螺旋線，稱公比為的數列為等比數列.已知等比數列的前n項和為，滿足.若，且，則的最小整數為___________.(參考數據：，)【答案】【解析】【分析】令求出，由等比數列的通項公式求出，從而求出，再由裂項相消法求和得出，根據對數的運算即可求解.【詳解】令，則，即，所以，解得，所以，所以，，所以，即，即，所以的最小整數為.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.17.已知函數.(1)求的解析式；(2)求曲線在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)利用常見函數的導數公式及簡單復合函數的導數公式即得；(2)利用導數的幾何意義可得切線方程，進而可得.【小問1詳解】；【小問2詳解】由(1)知，，得切線方程為，所圍成的三角形的面積.18.已知數列滿足，，．(1)設，求數列的通項公式；(2)求n為何值時，最小．【答案】(1)(2)或【解析】【分析】(1)依題意可得，再利用累加法求出數列的通項公式；(2)利用作差法判斷數列的單調性，即可得到最小的；【小問1詳解】解：由且，即，即又，，所以．當時，，當時，上式也成立．所以數列的通項公式為；【小問2詳解】解：由(1)可知．當時，，即；當時，；當時，，即，所以當或時，的值最小．19.如圖，在幾何體PABCDQ中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，平面ABCD，，點E為PD的中點，四棱錐是高為4的正四棱錐.(1)求證：平面EAC；(2)求平面PAC與平面QAB所成銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】(1)證明出平面，可得出，延長與交于點，可證明出，由中位線的性質可得出，利用線面垂直的判定定理可證得平面；(2)以為原點，直線、、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面所成銳二面角的余弦值.【小問1詳解】證明：連接，與交于點，因為四邊形是正方形，所以連接，因為四棱錐是正四棱錐，所以平面，平面，則，因為，所以平面因為平面，所以延長與交于點，平面，則，為的中點，則為的中點，則，又，，所以，，，所以，所以連接，因為點為的中點，點為的中點，所以，所以，因為，所以平面.【小問2詳解】解：以為原點，直線、、分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，．設平面的法向量為，則，得，取，得．設平面的法向量為，則得，取，得．設平面與平面所成銳二面角的大小為，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．20.某學校組織的“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題，規定每位參賽選手共需回答3道問題.現有兩種方案供參賽選手任意選擇.方案一：只選類問題：方案二：第一次類問題，以后按如下規則選題，若本次回答正確，則下一次選類問題，回答錯誤則下一次選類問題.類問題中的每個問題回答正確得50分，否則得0分：類問題中的每個問題回答正確得30分，否則得0分.已知小明能正確回答類問題的概率為，能正確回答類問題的概率為，且能正確回答問題的概率與回答次序無關.(1)求小明采用方案一答題，得分不低于100分的概率：(2)試問：小明選擇何種方案參加比賽更加合理？并說明理由.【答案】(1)；(2)小明選擇方案二參加比賽更加合理，