湖北省重点高中智学联盟2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题

参考答案：

1．B

【分析】首先根据递推公式，求数列中的项，并得到数列的周期，再求的值.

【详解】由题可知，，得，∴数列是以3为周期的周期数列，∴.

故选：B.

2．A

【解析】

【分析】

本题主要考查直线的斜率与倾斜角之间的转化关系、三角函数的性质，考查直线的一般式方程，属于中档题.
由直线的方程得到直线的斜率的表达式，结合三角函数的性质得到斜率的取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系，进一步可以得到倾斜角的取值范围.

【解答】

解：设直线的倾斜角为，
则，
又，
所以，
又，
所以
故选A

3．D

4．解：根据题意，设等比数列的公比为，

若，，则，

则有，解可得，

又由，即，解可得，

则，

故选：．

5．C

【分析】通过抛物线焦点坐标及点斜式即可求解出直线的方程，代入的方程，设，根据根与系数关系即可得出与的关系，通过抛物线上的点到焦点的距离与该点到抛物线准线距离相等可知，代入即可转化为关于的二元一次方程，即可求解.

【详解】由题意知的方程为，代入的方程，得，

设，则；

因为，且，

所以，整理得，

所以，结合，解得.

故选：C

6．B

【分析】由图上易知，当不动时，为两切线角最大，再将的最值问题转化为的最值问题可求.

【详解】

如图，为两切线，为直线上一个点，

所以当为两切线是取等号；

又，故只需求，

,又，

故选：B

7．B

【分析】根据新定义“和”，通过数形结合判断（1）正确，通过研究函数最值对选项（2）（3）（4）逐一判断即可.

【解析】（1）当时，点的轨迹如图，其面积为2，正确；

（2）是直线上的一点，，

可知，，时递减，时递增，故的最小值在时取得，，正确；

（3）同（2），，可知当时，都满足，“和”最小的点有无数个，故错误；

（4）可设椭圆参数方程为，

易知其最大值为，正确.

故选：B.

8．C

【详解】试题分析：当为奇数时，，，由已知，所以，即，因为恒成立所以，所以，当为偶数时，，，由已知，所以，所以的最小值是当时，，所以，所以．

考点：数列的函数性质

9．ABD

【分析】采用列举法，结合古典概型概率公式可知AB正确；根据互斥事件和独立事件的定义可知CD正误.

【详解】对于AB，抛掷两枚质地均匀的硬币，所有基本事件有{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}，其中满足事件的有{正，正}，{正，反}两种情况，事件和事件同时发生的情况有且仅有{正，正}一种情况，

，，A正确，B正确；

事件与事件可以同时发生，事件与事件不互斥，C错误；

事件的发生不影响事件的发生，事件与事件相互独立，D正确.

故选：ABD.

10．ABD

【解析】根据题意，结合等差、等比数列的性质依次分析选项，综合即可得的答案.

【详解】根据题意，依次分析选项：

对于，若数列的前项和，

若，由等差数列的性质可得数列为等差数列，

若，则数列从第二项起为等差数列，故不正确；

对于，若数列的前项和，

可得，，，

则，，成等比数列，则数列不为等差数列，故不正确；

对于，数列是等差数列，为前项和，则，，，，即为，，，，

即为为常数，仍为等差数列，

故正确；

对于，数列是等比数列，为前项和，则，，，不一定为等比数列，

比如公比，为偶数，，，，，均为0，不为等比数列.故不正确.

故选：.

【点睛】本题考查等差、等比数列性质的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.

11．BCD

【分析】设MN中点为H，DM中点为Q，连接PQ，计算出PQ可知P的轨迹为圆可判断A；根据已知算出DN，可判断B；根据抛物线定义可判断C；以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，利用向量的夹角公式计算可判断D.

【详解】对于A，设MN中点为H，DM中点为Q，连接HQ，则，且，

如图，若，则所以，，则，所以点H的轨迹是以Q为圆心，半径为的圆，面积，故A错误；

对于B，，，则，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故B正确；

对于C，点N到直线的距离为BN，所以点N到定点B和直线DC的距离相等，且B点不在直线DC上，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故C正确；

对于D，如图，以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设，，，，

所以，，，

化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确；

故选： BCD.

12．AC

【分析】根据椭圆的定义判断A；用点差法判断B；先算出，进而根据A在椭圆上进行消元得到，然后结合椭圆的范围得到的范围，最后求出离心率的范围；根据的最小值为通径的长度求得答案.

【详解】对A，根据椭圆的定义的周长为，故A正确；

对B，设，则，所以，，

由，即，故B错误；

对C，，根据

，则，故C正确；

对D，容易知道，的最小值为通径长度，所以，整理为，即，两边同时除以，得，解得：，或（舍），所以椭圆的离心率，故D错误.

故选：AC.

13．1或5##5或1

【分析】由点在直线上设, 圆与轴相切,

应用数形结合可得出与半径的关系,

再根据圆经过点也可写出与半径的关系，求解即可.

【详解】由点在直线上，设.

又与轴相切，且经过点，

半径，且.

解得或.则的半径为1或5.

故答案为: 1或5

14．

【分析】根据“和差等比数列”的定义，依次求得的值，从而求得正确答案.

【详解】依题意，，

，解得，

，解得，

，解得，

所以使得不等式的的最小值是.

故答案为：

15．

【解析】与轴交点的坐标分别为，，

故，，

因为为右支上任意一点，根据双曲线的定义有，即

令，则，

因为在上为增函数，所以，

所以，所以，即.

16．

17．(1)

(2)

【详解】（1）解；设点、，

由题意可得，即，可得，

因为点在圆上，所以，，即，

化简可得，

故点的轨迹方程为.

（2）k<

18．(1)

(2)前项和为

【分析】（1）首先令，求出首项，当时，根据求出为等比数列，然后根据等比数列的通项公式进行求解即可.

（2）首先求出的通项公式，进而通过（1）求出的通项公式，代入后利用裂项相消的方法进行求和即可.

【详解】（1）由题意：①，

当时，可得，

当时，②，

由①-②得：，

由为正项数列，得是首项为，公比为的等比数列.

因此可得

（2）由于数列的前项的乘积为，

当时，得；

当时，得；

符合通项，故得.

由（1）可知：，

，

令为的前项和，

.

19．(1);(2)()(，1)

20．(1)1062；

(2)；

(3)乙更符合标准，理由见解析.

【分析】（1）根据题意表格中的数据，分别求出甲、乙加工钢球直径误差不超过mm的个数即可；

（2）先求出比例，结合古典概型的概率计算即可；

（3）观察表格中的数据，即可下结论.

【详解】（1）由题意知，加工直径误差不超过mm的钢球中，

甲：个，乙：个，

所以这批钢球中直径误差不超过mm的钢球一共有个；

（2）甲、乙加工钢球的总数之比为，

所以抽取的5个钢球中，甲占2个，记为A，B，，乙占3个，记为a，b，c，

从5个钢球中抽取的2个钢球的基本事件有：，共十个，

则全是乙加个的基本事件为：，共3个；

所以所求概率为；

（3）乙加工的钢球更符合标准.

理由：甲、乙各加工的50个钢球中直径误差为0mm的个数：甲有20个，乙有24个，；甲生产的钢球中误差达到的个数较多.

21．(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得 是二面角 的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；

（2）以，， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 ，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）如图所示：

在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且．

在图 2 中， 相交直线 ，均与 垂直， 所以 是二面角 的平面角， 因为 ， 所以 ，，所以平面 平面 ；

（2）由 （1） 知， 分别以，， 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 ，，，，， ，，，，.

 设 ，，

则 .

设平面 的法向量为 ，

则， 即 ， 取 ，

因为点 到平面 的距离为 ，

所以 ， 解得 ，

则 ， 所以 .

设直线 与平面 所成的角为 ，

所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .

22．（1）；（2）存在；．

【分析】（1）由离心率公式以及将点代入方程，列出方程组，进而得出方程；

（2）当直线的斜率存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，再由二次函数的性质得出的坐标，消去，得出点在椭圆上，结合定义得出平面内存在两点使得，当直线的斜率不存在时，设出坐标，由三角形面积公式以及正弦函数的性质求出的坐标，进而得出平面内存在两点使得.

【解析】（1）由，可设，则方程化为

又点在椭圆上，则，解得

因此椭圆的方程为．

当直线的斜率存在时，设直线的方程为

联立直线和椭圆的方程消去得，

化简得：

当时，取得最大值，即此时

又，则

即

令，则

因此平面内存在两点使得．

当直线的斜率不存在时，设，则

，即当取得最大值．

此时中点的坐标为，满足方程

即．