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2024年6月3日发(作者:)
2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期4月期中联考数学试题
一、单选题
2
1.已知数列
a
n
的前n项和为
S
n
n
,则
a
7
a
8
a
9
等于()
D
.
56A
.
32
【答案】
B
B
.
45C
.
51
2
【分析】直接利用
S
n
n
,将所求结果转化成
S
9
S
6
,即可求出结果.
222
【详解】因为数列
a
n
的前n项和为
S
n
n
,则
a
7
a
8
a
9
S
9
S
6
9645
,
故选:
B.
2.如果直线
l
1
:
xty10
与直线
l
2
:
tx16y40
平行,那么实数
t
的值为(
A
.
4
C
.
4
或
4
【答案】
A
【分析】根据两直线平行的充要条件得到方程(不等式)组,解得即可
.
【详解】因为直线
l
1
:
xty10
与直线
l
2
:
tx16y40
平行,
2
1
16
t
所以
,解得
t4
.
1
4
1
t
)
B
.
4
D
.
1
或
4
故选:
A
x
3.若曲线
f
x
e
sin
xm
在
x0
处的切线方程为
2xny10
,则()
A
.
m1
,
n1
C
.
m0
,
n1
【答案】
D
B
.
m1
,
n1
D
.
m0
,
n1
【分析】由导数的几何意义可求得
n
的值,可得出切线方程,将切点坐标代入切线方程,可得出
f
0
的值,再结合函数解析式可求得
m
的值
.
x
x
【详解】因为
f
x
e
sin
xm
,则
f
x
e
cos
x
,则
2
f
0
e
0
cos0
2
,
n
x
可得
n1
,所以,曲线
f
x
e
sin
xm
在
x0
处的切线方程为
2xy10
,
将切点
0,f
0
的坐标代入切线方程可得
f
0
1
,解得
f
0
1
,
又因为
f
0
1m1
,解得
m0
,因此,
m0
,
n1
.
故选:
D.
4.等差数列
a
n
的公差不为0,其前n和
S
n
满足
S
n
S
10
,则
a
1
a
2
a
3
的取值范围为(
3
a
1
)
89
A.
,
910
89
C.
,
910
【答案】
C
910
B.
,
1011
910
D.
,
1011
d
的范
a
1
【分析】由题意得出
S
10
是
{
S
n
}
的最大值,从而有
a
1
0,d0
,且
a
10
0
,
a
11
0
,由此得出
围,推导出结论.
【详解】等差数列
a
n
的公差
d
不为0,其前n和
S
n
满足
S
n
S
10
,因此
S
10
是
{
S
n
}
的最大值,显然
a
1
0,d0
,
1
d
1
a
1
9
d
0
a
10
0
a
1
a
1
d
从而
,即
,
,
,
9
a
1
10
910
a
1
10
d
0
a
11
0
a
1
a
2
a
3
a
1
(
a
1
d
)
(
a
1
2
d
)
d
89
1
[,]
.
3
a
1
3
a
1
a
1
910
故选:
C
.
,沿
AE
,
AF
将
△ADE
,
△ABF5
.若正方形
ABCD
的边长为
a
,
E
,
F
分别为
CD
,
CB
的中点(如图
1
)
折起,使得点
B
,
D
恰好重合于点
P
(如图
2
),则直线
PA
与平面
PCE
所成角的正弦值为()
A.
2
2
B.
3
4
C.
3
6
D.
3
2
【答案】
A
【分析】由题设条件易证
PA
,
PF
,
PE
三线两两垂直,以
P
为坐标原点,
PE
,
PF
,
PA
分别为坐标
轴建立如图所示的空直角坐标系,求直线
PA
的方向向量与平面
PCE
的法向量,用向量法求直线
PA
与平面
PCE
所成角的正弦值
.
【详解】由
ADDE
,
ABBF
,可得
PAPE
,
PAPF
,
EF
2
CE
2
CF
2
DE
2
BF
2
PE
2
PF
2
,则
PEPF
,
PA
,
PF
,
PE
三线两两垂直,以
P
为坐标原点,
PE
,
PF
,
PA
分别为坐标轴建立如图所示的空直角坐
标系,
a
a
可得
P
0,0,0
,
E
,0,0
,
F
0,,0
,
A
0,0,
a
,
2
2
a
设
C
x,y,z
,由
AC2a
,
CEFC
,
2
a
x
2
y
2
z
a
2
2
a
2
x
3
2
2
a
a
a
2
aaa
2
有
x
y
z
,解得
y
,即得
C
,,
,
3
2
4
333
2
a
a
a
2
z
22
x
y
z
3
2
4
a
aaa
所以可得
PE
,0,0
,
PC
,,
,
2
333
设平面
PCE
的一个法向量
n(x
,y
,z
)
,
ax
ay
az
n
PC
0
333
,令
y
1
,则
x
0,z
1
,
ax
n
PE
0
2
所以平面
PCE
的一个法向量为
n(0,1,1)
,
PA
0,0,a
,设PA与平面PCE所成角为
,又
PA
n
a
2
所以
sin
cos
PA
,
n
.
2
2
a
PA
n
故选:
A
6.已知函数
f
x
2xtlnx
存在两个零点,则实数t的取值范围为(
e
A.
,
2
)
B.
e,
C.
2e,
D.
3e,
【答案】
C
【分析】将问题转化为
lnx2
lnx
,
有两个不同的实数根,构造函数
g
x
利用导数求解单调性即
x
xt
可求解最值.
【详解】
f
x
2xtlnx
存在两个零点,则
f
x
2xtlnx0
有两个不同的实数根,
当
t0
时,只有一个零点,不符合题意,故
t0
,
即
lnx2
有两个不同的实数根,
xt
lnx1
lnx
,
g
x
,
xx
2
记
g
x
当
xe
时,
g
x
0
,此时
g
x
单调递减,当
0xe
时,
g
x
0
,此时
g
x
单调递增,故当
xe
时,
g
x
取极大值也是最大值
g
e
,
又当
0x1
时,
g
x
0
,如图为
g
x
的图象
1
e
要使
21
lnx2
g
x
有两个不同的实数根,则
0
<<
,所以
t>2e
,
te
xt
故选:C
x
2
y
2
7
.已知双曲线
C
:
2
2
1
a
0,
b
0
的左、右焦点为
F
1
,
F
2
,过
F
2
的直线
l
分别交双曲线
C
ab
的左、右两支于
A
、
B.
若
BF
1
:AF
1
:BF
2
3:2:1
,则双曲线
C
的渐近线方程为(
A
.
y
C
.
y
36
x
4
23
x
3
)
B
.
y
D
.
y
26
x
3
33
x
4
【答案】B
【分析】由
BF
2
:AF
1
:BF
1
1:2:3
,设
BF
2
k
,
AF
1
2k
,
BF
1
3k
,
根据双曲线的定义可得
AF
1
2a,AF
2
4a,BF
1
3a,BF
2
a
,利用余弦定理列出方程,结合
c
2
a
2
b
2
求出
b
,从而可求
a
出渐近线方程.
【详解】因为
BF
2
:AF
1
:BF
1
1:2:3
,
设
BF
2
k
,
AF
1
2k
,
BF
1
3k
,其中
k0
,
由双曲线的定义可知,
BF
1
BF
2
2a,AF
2
AF
1
2a
,
即
3kk2a,AF
2
2k2a
,得
ka,AF
2
4k
,
所以
AF
1
2a,AF
2
4a,BF
1
3a,BF
2
a
,而
F
1
F
2
2
c
,
在
△AF
1
F
2
中,由余弦定理得
cos
F
1
AF
2
AF
1
AF
2
F
1
F
2
2
AF
1
AF
2
AF
1
AB
BF
1
2
AF
1
AB
222
222
4
a
2
16
a
2
4
c
2
20
a
2
4
c
2
,
16
a
2
16
a
2
在
△AF
1
B
中,由余弦定理得
cos
F
1
AF
2
4
a
2
9
a
2
9
a
2
1
,
12
a
2
3
20
a
2
4
c
2
1
所以
,得
3c
2
11a
2
,又
c
2
a
2
b
2
,
2
16
a
3
所以
3b
2
8a
2
,得
b
26
,
a
3
26
x
.
3
双曲线的渐近线方程为
y
故选:
B
.
8.已知
a
e
1
,
b
A
.
bac
【答案】
C
4
2ln2
,
10cln10
,其中
e
是自然对数的底数,则a,b,c的大小为(
2
e
)
B
.
cba
C
.
abc
D
.
cab
e
2
ln
lneln10
ln
x
【分析】通过变形得到
a
,
b
2
2
,
c
,再构造函数
f
(
x
)
,利用其单调即可得出
e
e10
x
2
结果
.
e
2
ln
4
2ln2lne
2
ln2
lneln10
1
2
2
,又由
10cln10
,得到
c
【详解】因为
a
e
,
b
,
2
2
ee
e
e10
22
令
f
(
x
)
ln
x
1
ln
x
,则
f
(
x
)
,所以,当
x(0,e)
时,
f
(x)0
,当
x(e,+)
时,
f
(x)0
,
2
x
x
即
f
(
x
)
ln
x
在区间
(0,e)
上单调递增,在区间
(e,+)
上单调递减,
x
e
2
e
2
又因为
e
10
,所以
f
(e)
f
()
f
(10)
,即
abc
,
22
故选:
C.
二、多选题
2
x
9.已知函数
f
x
x
e
,
xR
.下列结论正确的是()
A.函数
f
x
不存在最大值,也不存在最小值
C.函数
f
x
有且只有1个零点
【答案】
BCD
B.函数
f
x
存在极大值和极小值
D.函数
f
x
的极小值就是
f
x
的最小值
【分析】利用导数研究函数
f(x)
的单调性,作出图形,求出函数的最小值,结合函数零点、极值的
概念依次判断选项即可
.
【详解】
f
(
x
)
x
2
e
x
,
x
R
,则
f
(x)x(x2)e
x
,
令
f
(x)02x0
,令
f
(x)0x2
或
x0
,
所以函数
f(x)
在
(2,0)
上单调递减,在
(,2)
和
(0,)
上单调递增,
且
f(0)0
,
f
(
x
)
x
2
e
x
0
,如图,
所以
f(x)
min
f(0)0
,函数在
x2
处取得极大值,在
x0
处取得极小值,
极小值
f(0)
即为最小值,且函数有且只有一个零点
0.
故选:
BCD.
10.已知
S
n
是数列
a
n
的前n项和,
S
8
17S
4
.下列结论正确的是(
A.若
a
n
是等差数列,则
S
12
48S
4
C.若
a
n
是等比数列,则公比一定为2
【答案】
AB
【分析】由等差数列、与等比数列的前
n
项和的定义与性质求解.
)
B.若
a
n
是等比数列,则
S
12
273S
4
D.若
a
n
是等比数列,则公比是2或-2
【详解】
S
8
17S
4
,则
S
8
16(S
8
S
4
)
,
若
{
a
n
}
是等差数列,则
S
4
,S
8
S
4
,S
12
S
8
成等差数列,因此
S
12
S
8
2(S
8
S
4
)S
4
31S
4
,所以
S
12
48S
4
,A正确;
若
{
a
n
}
成等比数列,当
q1
时,
S
8
S
4
0
,满足
S
8
17S
4
,此时也满足
S
12
273S
4
,但CD显
然错误,
(
S
8
S
4
)
2
256
S
4
,当
q1
时,
S
n
0
,则
S
4
,S
8
S
4
,S
12
S
8
成等比数列,
S
12
S
8
S
4
所以
S
12
256S
4
17S
4
273S
4
,B正确.
故选:
AB
.
11.如图,棱长为2的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中,M为
DD
1
的中点,动点N在平面ABCD内的轨
迹为曲线
Γ.
下列结论正确的有()
A.当
MNB
1
N
时,Γ是一个点
B.当动点N到直线
DD
1
,
BB
1
的距离之和为
22
时,Γ是椭圆
C
.当直线
MN
与平面
ABCD
所成的角为
60
时,
Γ
是圆
D.当直线MN与平面
ADD
1
A
1
所成的角为
60
时,Γ是双曲线
【答案】
ACD
【分析】对于选项
ACD
,通过建立空间直接坐标系,利用向量法逐一对选项
ACD
进行分析判断即
可得出结果;对于选项B,利用正方体中的线面关系,动点N到直线
DD
1
,
BB
1
的距离转化成
DN,BN
的长,利用几何关系即可得出结果
.
【详解】如图建立空间直角坐标,因为正方形的棱长为
2
,
则有
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B
1
(2,2,2),D
1
(0,0,2)
,又M为
DD
1
的中点,所以
M(0,0,1)
,
设
N(x,y,0)
,
选项A,因为
MN(x,y,1)
,
B
1
N(x2,y2,2)
,又
MNB
1
N
,所以
MNB
1
Nx(x2)y(y2)20
,即
x
2
y
2
2x2y20
,也即
(x1)
2
(y1)
2
0
,所以
xy1
,此时,曲线
Γ
为点
N(1,1,0)
,故选项
A
正确;
选项B,连接
DN,BN
,易知动点N到直线
DD
1
,
BB
1
的距离即为线段
DN,BN
的长,而又易知
BD22
,当点
N
不在线段
BD
上时,有
DNBNBD22
,所以当动点N到直线
DD
1
,
BB
1
的距离之和为
22
时,点
N
在线段
BD
上,此时曲线
Γ
为线段
BD
,故选项
B
错误;
选项C,易知平面
ABCD
的一个法向量为
n(0,0,1)
,
MN(x,y,1)
,所以当直线MN与平面ABCD
所成的角为
60
时,
MN
n
13
11
2222
sin60
cos
MN
,
n
xyxy
有
,化简得
,此时曲线Γ为,
2
MNn
33
x
2
y
2
1
故选项
C
正确;
选项D,易知平面
ADD
1
A
1
的一个法向量为
n(0,1,0)
,所以当直线MN与平面
ADD
1
A
1
MN(x,y,1)
,
所成的角为
60
时,
y
MN
n
3
y
2
y
2
2
sin60
cos
MN
,
n
有
,化简得
x
1
,此时曲线Γ为
x
2
1
,
22
2
MNn
x
y
1
33
故选项
D
正确;
故选:
ACD.
12.已知抛物线C:
y
2
4x
的焦点为F,
A
x
1
,y
1
,
B
x
2
,y
2
是抛物线C上的两个不同的动点,点
A
关于
x
轴的对称点为
A
,抛物线
C
的准线交
x
轴于点
P.
下列结论正确的是(
A.若直线
AB
过点F,则
x
1
x
2
1
,且
y
1
y
2
4
B
.若直线
AB
过点
F
,则
P
,
A
,
B
三点共线
)
C.若直线
AB
过点P,则
x
1
x
2
1
,且
y
1
y
2
=4
D.若直线
AB
过点P,则
AFBF
的最小值为4
【答案】
ABC
【分析】设直线
AB
的方程为
xky1
,与抛物线方程联立利用韦达定理可判断A;结合A分
x
2
1
、
x
2
1
讨论,利用韦达定理、斜率公式可判断B;设直线
AB
的方程为
xty1
,与抛物线方程联立
利用韦达定理可判断C;由
A,B
在
x
轴的同侧,由
AFBFx
1
x
2
2
利用基本不等式可判断D.
【详解】对于A,若直线
AB
过点
F
1,0
,设直线
AB
的方程为
xky1
,
x
ky
1
与抛物线方程联立
2
可得
y
2
4ky40
,
y
4
x
2
y
1
2
y
2
易得
0
,所以
y
1
y
2
4
,则
x
1
x
2
1
,故A正确;
16
2
y
1
2
y
2
对于B,若直线
AB
过点
F
1,0
,由A知
y
1
y
2
4
,则
x
1
x
2
1
,
P
1,0
,
16
当
x
2
1
时,
y
2
2
,不妨设
B
1,2
,则
A
1,2
,
A
1,2
,所以此时
A
与
B
重合,所以
P,A
,B
三
点共线;
当
x
2
1
时,
k
BP
y
2
x
2
0,
y
2
0
,
1
x
2
k
BA
4
y
2
2
x
2
4
y
2
x
2
4
4
x
2
4
x
2
y
2
y
2
y
1
y
2
,
22
x
2
x
1
x
1
y
2
1
x
2
1
x
2
y
2
x
2
1
y
2
x
2
1
2
x
2
所以
k
BP
k
BA
,且
B
为线段
BP、BA
的共同起点,所以
P,A
,B
三点共线,故B正确;
对于
C
,若直线
AB
过点
P
,设直线
AB
的方程为
xty1
,
x
ky
1
与抛物线方程联立
2
可得
y
2
4ky40
,
y
4
x
则
16k
2
160
,解得
k1
或
k1
,
22
yy
21
所以
y
1
y
2
=4
,则
x
1
x
2
1
,故C正确;
16
对于D,若直线
AB
过点P,则
A,B
在
x
轴的同侧,即
x
1
x
2
,
则
AFBFx
1
1x
2
12x
1
x
2
24
,而
x
1
x
2
,等号不成立,故D错误.
故选:
ABC.
三、填空题
13
.徐悲鸿的马独步画坛,无人能与之相颉颃
.
《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一,画中刚劲矫
健、剽悍的骏马,在人们心中是自由和力量的象征,鼓舞人们积极向上
.
现有
8
匹善于奔跑的马,它
们奔跑的速度各有差异.已知第i(i等于1,2,…,6,7)匹马的最长日行路程是第i+1匹马最长
日行路程的1.1倍,且第8匹马的最长日行路程为500里,则这8匹马的最长日行路程之和为
_____________里.(取
1.1
8
2.14
)
【答案】5700
【分析】根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】......第八匹马、第七匹马、…...,第一批马构成首项为500,公比为1.1的等比数列,所以这
8
匹马的最长日行路程之和为
故答案为:
5700
14.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为3的正方形,
AP4
,AP与AB,AD的夹角
都是60°,若M是PC的中点,则直线MB与AP所成角的余弦值为_____________.
500
´
1
-
1
.
1
8
1
-
1
.
1
(
)
=
500
´
1
.
14
=5700
,
0
.
1
234
2
34
/
17
17
1
【分析】记
ABa,ADb,APc
,由题意可得
ab0,acbc6
,易得
BMabc
,
2
cosBM,AP
再由数量积的运算性质求出,即可求解
【答案】
【详解】记
ABa,ADb,APc
,
因为
ABAD3,PA4
,
所以
|a||b|3,|c|4
.
又因为
ABAD,PABPAD60
,
所以
ab0,acbc34cos606
.
1
易得
BMabc
,
2
2
1
2
1
2
2
2
a
b
c
2
a
b
a
c
b
c
,所以
|
BM
|
(
a
b
c
)
44
117
222
3
3
4
2
0
6
6
24
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