2022-2023学年广东省名校联盟高二上学期期末联考数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省名校联盟高二上学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知等差数列满足，，则值为（    ）

A．1024 B． C．256 D．

【答案】B

【分析】由对数运算，得出，再计算公差，由等差数列性质求出结果.

【详解】由已知，

因为数列是等差数列，设公差为，由，又，解得.

故有，，

.

故选：B.

2．已知双曲线，焦距为，若成等比数列，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得，，方程两边同时除以，再解关于离心率的方程即可解.

【详解】由双曲线知：，又成等比数列，得，又，，方程两边同时除以，

， ，.

故选：C.

3．设是公比为的等比数列，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质判断两个条件的关系.

【详解】若且，则且递减，所以为递减数列，不能得到；另一方面，取，则，但.

因此，“”是“”的既不充分又不必要条件.

故选：D.

4．最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，根据记载，商高曾经和周公讨论过这个定理的有关问题.如果一个直角三角形的斜边长等于，则当这个直角三角形周长取最大值时，其面积为（    ）

A． B．1 C．2 D．6

【答案】C

【分析】由勾股定理，得到两直角边的关系，表示出周长后利用基本不等式求面积的最大值.

【详解】设该直角三角形的斜边为，直角边为，，则，

因为，所以，即，

当且仅当，且，即时，等号成立.

因为，，所以，所以的最大值为4，

该直角三角形周长，

故这个直角三角形周长取最大值时，，

此时三角形的面积为.

故选：C.

5．在数列中，，则（    ）

A．260 B．860 C．1011 D．2022

【答案】C

【分析】由变形得出其周期为6，即可结合周期及对数运算性质化简求值.

【详解】由，得，两式相除可得，所以数列是以6为周期的周期数列，

又，

所以.

故选：C.

6．已知数列满足，则的最小值为（    ）

A．2 B． C．6 D．8

【答案】C

【分析】由累加法可求出，再求出，结合基本不等式即可求出答案.

【详解】由数列满足，可得

，则，

因为函数，当且仅当时等号成立，

当时，所以取最小值为6.

故选:C.

7．已知定义在上的函数满足：，且在内单调递增，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【分析】根据题意可得函数是周期为4的函数，且在内单调递增，在内单调递减，然后利用周期和单调性即可求解.

【详解】根据题意，函数满足，，

则有，变形可得，

则有，即函数是周期为4的周期函数，

对称轴为，在内单调递增，所以在内单调递减，，，，

，即.

故选：.

8．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．函数为奇函数

B．函数的图象关于点对称

C．函数在区间上为单调函数

D．函数在区间上有12个零点

【答案】D

【分析】根据图象，利用最值、周期公式、零点，求得函数解析式，根据诱导公式以及余弦定理的奇偶性，可得A的正误；根据整体思想，代入点，结合正弦函数的对称性，可得B的正误；根据整体思想，求得括号整体的取值范围，结合正弦函数的单调性，可得C的正误；根据整体思想，求得括号整体的取值范围，结合正弦函数的图象，可得D的正误.

【详解】根据函数的部分图象，可得，所以，

结合五点法作图，可得，得，，所以，

可得，为偶函数，故A错误；

，图象不关于对称，故B错误；

在上，，根据正弦函数的性质在该区间上不单调，故C错误；

在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，故D正确.

故选：D.

二、多选题

9．已知向量，则（    ）

A． B．向量的夹角为

C． D．在方向上的投影向量是

【答案】BD

【分析】根据向量的加法求出，由两个向量垂直，数量积为零，求出，然后逐一判断各选项，在方向上的投影向量为.

【详解】已知则，

，，，，故A错误；

，所以向量的夹角为，故B正确；

，，故错误；

在方向上的投影向量为，故D正确.

故选：BD.

10．为了庆祝伟大的中国共产党第二十次全国代表大会召开，某校开展了“爱祖国､跟党走”的知识答题竞赛，若参赛学生的成绩都在50分至100分之间，现随机抽取了400名学生的成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则（    ）

A．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有120人

B．图中的值为

C．估计全校学生成绩的中位数约为

D．估计全校学生成绩的分位数为

【答案】ACD

【分析】根据成绩在区间内的频率计算成绩在区间内的学生人数，即可判断；根据学生成绩的都在50分至100分之间的频率之和为1可求得的值，即可判断；按照频率分布直方图中中位数的计算过程即可判断；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算即可判断.

【详解】由题意，成绩在区间内的学生人数为，故正确；由，得，故错误；

由于前3组的频率和，

前4组的频率和，

所以中位数在第4组，设中位数为，

则，得，故正确；

低于90分的频率为，设样本数据的分位数为，

则，解得，故正确.

故选：.

11．已知，记的前项和为，若数列，记的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的值可能是（    ）

A． B．0 C． D．2

【答案】AD

【分析】结合对数运算及数列求和依次求得，求得，则问题等价于对任意的恒成立，即可根据二次函数的性质列式求解.

【详解】由题意知，，故，

由，得， ，

则不等式恒成立等价于1恒成立，而，∴问题等价于对任意的恒成立.

设，则，即，解得：或.

故选：AD.

12．已知等差数列的前项和满足是等差数列，且，数列的前项和为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】设设等差数列的公差为，则有可得，在结合是等差数列，即可求出，利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求出和，从而判断和；再由可求出，进而判断；对进行放缩，利用裂项相消法求和，进而判断.

【详解】设等差数列的公差为，由，知，化简得，

即，因为是等差数列，所以，

所以，解得，

所以，所以.

从而有：，故错误，正确；

由可知：，

当时，，

当时，，，故正确；

所以

，可知，故正确.

故选：.

三、填空题

13．对任意正整数，数列满足：，则__________.

【答案】

【分析】类比与的求法，条件式前n项和减去前项和.

【详解】根据题意有：当，得：2；

当时，，即，即，

又不满足上式，所以的通项公式为.

故答案为：.

14．若等比数列的各项均为正数，且，则__________.

【答案】21

【分析】根据等比数列的性质，解得第四项的值，结合对数运算，可得答案.

【详解】由等比数列的下标和性质有，所以.

因为数列的各项均为正数，所以，

因为，所以.

故答案为：21.

15．已知圆，直线，若在直线上任取一点作圆的切线，切点分别为，当弦长最短时，的面积为__________.

【答案】

【分析】根据题意，弦长最短转化为最小，即，此时四边形为正方形，据此求解即可.

【详解】由可得：，

即半径，圆心，

如图，由切线性质可知，

因为，所以若弦长最短，需最小，

即最小，所以最大，即最小，

所以，

所以，故四边形为正方形，故，

所以，又，

故共线，所以原点到直线的距离为.

故的面积为：.

故答案为:.

16．已知数列各项均为正数，且，设，函数__________.

【答案】4042

【分析】对因式分解化简得数列为等差数列，可得的通项公式，、，即可分组求值.

【详解】由得，因为各项均为正数，所以，

所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，.

所以；

当时，，所以，

所以

.

故答案为：4042.

四、解答题

17．在中，角的对边分别为.

(1)求角；

(2)若成等比数列，试判断的形状.

【答案】(1)

(2)为等边三角形

【分析】（1）利用余弦定理，将等式中角转化为边，整理后等量代换，可得角的余弦，可得答案；

（2）根据等比数列的性质，结合余弦定理，建立方程，可得答案.

【详解】（1）因为，所以，

可得，所以，

因为，所以.

（2）根据第（1）问可知：，

因为成等比数列，所以，

由余弦定理可得：，

所以，即

故，所以为等边三角形.

18．已知数列的前项和为，满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)若任意，使成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据求解即可；

（2）先求出，再分离参数可得，记，求出即可.

【详解】（1）当时，，所以,

当时，由可得：，两式相减得：，

又，从而数列为首项，公比的等比数列，

所以；

（2）根据已知条件可得：，

因为对任意的，都有，

即恒成立，即恒成立，

记，所以，

又因为，

故数列为递增数列，

所以当时，取最小值，

故实数的范围为.

19．已知函数的周期为图象的一条对称轴为，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.

(1)求函数解析式；

(2)若数列，试求其前项和为.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由的性质，分别求出，，再根据函数图象的变化，得的解析式；

（2）由（1）得的通项公式，依据为奇数和偶数分类讨论，用并项求和法求和.

【详解】（1）函数周期为，所以，

因为该图象的一条对称轴为，所以，得，

又因为，解得，故，

将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）后，

得到的图象，再将的图象向左平移个单位后，

得到函数，故.

（2）因为，.

，

当为偶数时，

；

当为奇数时，

，

综上所述，.

20．已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.

(1)求椭圆的方程；

(2)若为坐标原点，过左焦点作斜率为的直线，与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）由椭圆上顶点、离心率列方程解出参数即可.

（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式可得，再根据面积列出方程，解得参数k.

【详解】（1）设椭圆的半焦距为.

由题意，得，解得.

所以椭圆的方程为.

（2）设过左焦点斜率为的直线方程为，

将直线方程与椭圆方程联立，可得，消去，

则，

则，

所以，

点到直线的距离，

所以，解得，

所以直线的方程为，即或.

21．数列的前项和满足，且，且成等差数列.

(1)求；

(2)记，求数列的前项和为.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，，两式相减得：，即可证明数列是公比为3的等比数列，即可求出；

（2）求出，再由错位相减法和等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和为.

【详解】（1），当时，，

两式相减得：，即，

又因为，

所以数列是公比为3的等比数列.

又因为，

得，

故有.

（2）由（1）知：，

，

所以，

令①

则，

因为②

①-②得：

，

所以，

所以.

22．已知四棱锥中，.

(1)求证：平面平面；

(2)若，线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；

（2）以A为坐标原点，分别为轴，建立如图所示坐标系，设线段上存在一点，即满足条件，利用向量法对二面角的余弦值列式求解即可判断.

【详解】（1）由已知可知，，所以

因为，所以，所以，

又因为平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

（2）因为，所以，所以，故两两垂直，

所以以A为坐标原点，分别为轴，建立如图所示坐标系，则：，

设线段上存在一点，即，使二面角的余弦值为，

因为，则，所以，所以，

因为平面，所以平面的法向量为方向的单位向量，

设平面的法向量，

则，令，得，

因为二面角的平面角为锐角，

所以，解得舍去

故线段上存在一点使二面角的余弦值为，此时.