2021-2022学年广东省名校联盟高二下学期大联考数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省名校联盟高二下学期大联考数学试题

一、单选题

1．若直线与直线平行，则m=（       ）

A．4 B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由直线平行的条件可得.

【详解】因为直线与直线平行，所以，解得．

故选：A

2．已知为等差数列，，，则（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由等差中项直接可得.

【详解】因为为等差数列，所以．

故选：B

3．已知函数的导函数为，且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据导数的定义式直接求解.

【详解】因为，

所以，

故选：D.

4．若圆被直线平分，且直线与直线垂直，则直线的方程是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由已知得直线过圆心，再根据垂直可得直线方程.

【详解】因为圆被直线平分，所以圆心在直线上，

又直线与直线垂直，

设直线的方程为，

把，代入上式，解得，

所以直线的方程为，

故选：B.

5．在等比数列中，，，则（       ）

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】先求出公比，进而利用等比数列的性质求解.

【详解】设公比为，由，得，故.

故选：D

6．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据所给的条件，分析双曲线内部的几何关系，即可求解.

【详解】易知，，将代入双曲线的方程，可得，

则．又因为，是等腰直角三角形，

所以，即，整理得，解得；

故选：A.

7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求导，根据导数在给定区间上恒大于等于0即可求解.

【详解】 ，因为函数在上单调递增，

所以 在上恒成立，解得；

故选：B.

8．在三棱锥中，P为内一点，若，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】延长PB到，使得，延长PC到，使得，连接，，，根据 ，，，得到P是的重心求解.

【详解】延长PB到，使得，延长PC到，使得，连接，，，如图所示：

因为，，，

所以，

所以P是的重心，

所以，即，

所以，

整理得．

故选：C

二、多选题

9．已知为等差数列，满足，为等比数列，满足，，则下列说法正确的是（       ）

A．数列的首项比公差多 B．数列的首项比公差少

C．数列的首项为 D．数列的公比为

【答案】AD

【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式求各基本量，进而判断各选项.

【详解】设的公差为，由，

得，化简得，

所以A正确，B错误．

设的公比为，由，得，化简得，

所以C错误，D正确，

故选：AD.

10．已知点是圆上的任意一点，直线，则下列结论正确的是（       ）

A．直线与圆的位置关系只有相交和相切两种

B．圆的圆心到直线距离的最大值为

C．点到直线距离的最小值为

D．点可能在圆上

【答案】ACD

【分析】求出直线所过定点的坐标，判断点与圆的位置关系，可判断A选项；利用当直线与圆相切时，圆的圆心到直线距离最大可判断B选项；求出圆心到直线的距离，利用圆的几何性质可判断C选项；判断两圆的位置关系可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为直线的方程可化为．

令解得，所以直线过定点，

直线是过点的所有直线中除去直线外的所有直线，

圆心到直线的距离为，即直线与圆相交，

又点在圆上，所以直线与至少有一个公共点，

所以直线与圆的位置关系只有相交和相切两种，A正确；

对于B选项，当直线为圆的切线时，点到直线的距离最大，且最大值为，B错误；

对于C选项，因为圆心到直线的距离，

所以圆上的点到直线距离的最小值为，C正确；

对于D选项，圆的圆心为原点，半径为，

因为，所以，圆与圆内切，故点可能在圆上，D正确.

故选：ACD.

11．在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，，E在PD上，，M在棱PB上，则M到平面ACE的距离可能为（       ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】以A为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，由空间向量法求得点到平面的距离得其范围，从而得正确选项．

【详解】以A为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，所以，，

．设平面ACE的法向量为，

由得令，得．

设，则，

所以M到平面ACE的距离，

因为，所以．

故选：BD．

12．已知奇函数的定义域为R，其函数图象连续不断，当时，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】构造函数，根据条件判断单调性，再结合奇偶性可解.

【详解】令，则，，当时，，

所以在上单调递增，所以，即，从而可得，，故A错误，B正确．

对于C，因为当时，，则当时，，所以，．

又为奇函数，所以，C错误．

由选项A的推理过程可知，又，，可得，D正确．

故选：BD

三、填空题

13．函数的图象在点处的切线斜率为________．

【答案】

【分析】利用导数的几何意义可得切线斜率.

【详解】因为，

，

所以，

故答案为：.

14．数列的前项和为，若，则__．

【答案】

【分析】，然后利用裂项求和法进行运算．

【详解】

．

故答案为:．

【点睛】本题考查数列的求和，解题时要注意裂项求和法的合理应用．

15．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列，高阶等差数列是指逐项差数之差或者高次差相等的数列．例如数列，，，，，的逐项差，，，，，构成一个等差数列，所以数列，，，，，是一个高阶等差数列（二阶等差数列）．现有一个高阶等差数列，其前项为，，，，，则其第7项是________．

【答案】36

【分析】根据高阶等差数列的概念直接计算.

【详解】数列，，，，，从第二项开始，后一项减前一项的差组成的新数列，

即，，，，，它不是等差数列，

数列从开始，后一项减前一项的差组成的新数列，

即，，，，它是一个等差数列，所以，

即数列的前项分别为，，，，，

所以数列的前项分别为，，，，，，

从而原数列的前项分别是，，，，，，，

故答案为：.

四、双空题

16．已知点，抛物线的焦点是，若抛物线上存在一点，使得最小，则最小值为__________；此时点的坐标为__________．

【答案】     3    

【详解】

如上图，过作于，则由抛物线的定义得

所以，

由图形得当、、三点共线时，最小，

又最小值为到准线的距离此时最小值为，

此时点的纵坐标为，

所以，即点的坐标为．

答案：   (1). 3       (2).

点睛：

利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化，由此可解抛物线中的最值问题．常见的有下列两种情况：

（1）将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；

（2）将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决．

五、解答题

17．已知函数在处取得极值．

(1)求的单调区间；

(2)求在上的最值．

【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；

(2)，.

【分析】（1）根据可构造方程组求得，进而得到，根据的正负可得单调区间；

（2）根据单调性可确定，，由此可求得最值.

【详解】(1)，

在处取得极值，，，解得：，

，，

当时，；当时，，

的单调递增区间为和，单调递减区间为；

(2)由（1）知：，，

又，，.

18．在直角坐标系中，若圆与轴相切，且过点，圆心在直线上．

(1)求圆的标准方程；

(2)若直线与圆交于，两点，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用待定系数法可得圆的方程；

（2）根据点到直线距离求得弦长，即可得三角形面积.

【详解】(1)由圆心在直线上，且圆与轴相切，

故设圆心，圆的方程为，

又圆过点，

则，即，

解得，

即圆心，半径，

所以圆的标准方程为；

(2)因为圆心到直线的距离，

所以弦长，

所以.

19．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，E是的中点，且．

(1)证明：平面．

(2)若，求二面角的余弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明

（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解

【详解】(1)

证明：取中点，连接

四边形是菱形

又

平面

(2)如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系

设，则，，，

设平面的一个法向量为

解得平面的一个法向量为

同理得平面的一个法向量为

由题意二面角为钝角，故其余弦值为

20．从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．

问题：设数列的前n项和为，且，，   ，且        ，求数列的前n项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】

【分析】根据题目所给的条件推出 的通项，再计算出 的通项，将所选择的条件加入，利用错位相减法即可求解.

【详解】解：因为，

所以当时，，

所以，

若选择①，

由，得，

又，所以，

所以 ，

所以当时，，

，

以上两式相减得

，

所以当时，，

所以；

若选择②，

因为，所以．

又，所以．

所以，

所以当时，，

，

以上两式相减得

，

所以当时，，

所以；

若选择③，

因为，所以，

又，所以，．

所以

所以当时，，

，

以上两式相减得

，

所以当时，，

所以；

综上，.

21．已知函数，其中．

(1)求的单调区间；

(2)若对于任意，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）利用导数直接判断单调性；

（2）构造函数，根据函数的单调性与函数值的情况解决不等式恒成立问题.

【详解】(1)因为，所以的定义域为，

且，

由，得；由，得，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

(2)由（1）知在上单调递增，在单调递减，

则的最大值为，

因为对于任意，恒成立，所以，

化简得．

设，

则，

所以在上是增函数．

又，由，可得，

即实数的取值范围为．

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．已知椭圆的离心率是，其左、右顶点分别是、，且．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知点、是椭圆上异于、的不同两点，设点是以为直径的圆和以为直径的圆的另一个交点，记线段的中点为，若，求动点的轨迹方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，求出、的值，可得出椭圆的方程；

（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，可知，求出直线所过定点的坐标，由圆的几何性质可知过线段的中点，分析可知且点不与点重合，利用直角三角形的几何性质可求得点的轨迹方程.

【详解】(1)解：由题意可得，解得，，故椭圆的标准方程为．

(2)解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

设点、．

联立，整理得，

，可得，

则，，

，

因为，所以，则，

且，则，，

因为，

所以，解得或（舍去）．

则直线的方程为，所以直线过定点．

当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，其中，

将代入椭圆的方程可得，设点、，

，，

则，因为，解得，

故直线过定点．

因为为的中点，为的中点，所以过线段的中点．

因为两圆相交，则连心线垂直平分公共弦，所以，，

线段的中点为，则，且点不能与点重合，

所以点在以为直径的圆上运动，且该圆圆心为，半径为.

故动点的轨迹方程为．

【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：

（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；

（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；

（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；

（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；

（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.