2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二下学期5月联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二下学期5月联考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二下学期5月联考数学试题一、单选题1．从1，2，3，4，5，6，7这七个数中任取两个数相加，可得不同和的个数为（    ）A．10 B．11 C．12 D．21【答案】B【分析】用列举法可得答案.【详解】，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，所以可得不同和为共11个.故选：B.2．等比数列的前项和为，若，，则（    ）A．5 B．10 C．15 D．﹣20【答案】C【解析】利用等比数列前n项和的性质，构造、、、成等比数列，利用等比中项的定义即可求出，从而求出的值.【详解】因为等比数列的前项和为，，，所以、、、成等比数列，即、、、成等比数列，所以，解得：或（舍），所以、、、成等比数列，所以，解得：，故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和的性质，属于中档题.3．若函数，且，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】C【分析】转化为导数的定义，即可求解.【详解】，，，得.故选：C4．圆柱的轴截面是周长为12的矩形，则满足条件的圆柱的最大体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由条件确定，再将体积转化为关于的三次函数，利用导数求体积的最大值.【详解】圆柱的底面半径为，高为，则，即，圆柱的体积，，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，当时，函数取得最大值，最大值.故选：A5．展开式的常数项为（    ）A．120 B．160 C．200 D．240【答案】B【解析】根据多项式乘法法则求解．【详解】由题意常数项为．故选：B．【点睛】本题考查三项式展开式中的项，解题时可用二项式定理，也可结合多项式乘法法则求解．6．数列满足，且对，恒有，则（    ）A．2021 B．2023 C．2035 D．2037【答案】D【分析】由已知可依次求出的值，即可得出答案.【详解】由已知可得，，.故选：D.7．函数在处取得极小值，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用导数和函数的极值即可求得结果.【详解】，显然时，为极大值点，在处不可能取得极小值，所以，由得或1，若在处取得极小值，则，故.故选：A.8．直线与分别与圆交于、和、，则四边形面积的最大值为（    ）A． B． C．10 D．15【答案】D【分析】由题意可得，设点到弦、的距离分别为、，，再由基本不等式求解即可.【详解】显然，且两直线同时过定点，点在圆内，设点到弦、的距离分别为、，则，，四边形面积故选：D. 二、多选题9．下列说法不正确的是（    ）A．若等比数列的通项公式为，则的前项和为B．等差数列1，3，5，…，各项的和为C．已知双曲线：图象上一点到左焦点的距离，那么到右焦点的距离D．函数在处取得极值【答案】ABD【分析】令，即可判断A项；由已知得出公差、项数，即可求出和，判断B项；根据方程得出的值，即可得出双曲线上点到双曲线焦点的最小值为.进而根据双曲线的定义，列出关系式，即可得出答案，判断C项；求导，即可判断D项.【详解】对于A项，当时，，，故A项错误；对于B项，由已知，该数列公差为2，项数为，，故B项错误；对于C项，由已知可得，，，双曲线上点到双曲线焦点的最小值为.根据双曲线的定义可知，，解得或（舍去），所以，故C项正确；对于D项，恒成立，所以函数没有极值，故D项错误.故选：ABD.10．过双曲线的右焦点作直线与该双曲线交于、两点，则（    ）A．存在四条直线，使B．与该双曲线有相同渐近线且过点的双曲线的标准方程为C．若、都在该双曲线的右支上，则直线斜率的取值范围是D．存在直线，使弦的中点为【答案】BC【分析】由直线与双曲线相交，联立方程组，逐项判断即可.【详解】对于A，由于，所以右焦点为，设直线方程为：.联立得：，恒成立.所以，，则，.所以.所以，解得，所以只有两条，故A错误；对于B，双曲线的渐近线为，所以，过点的双曲线的标准方程为，故B正确；对于C，若、都在该双曲线的右支上，则，即，所以，解得.故C正确；对于D，假设存在直线，使弦的中点为，设直线的方程为，与联立得：，恒成立.所以，所以，所以直线方程为，但是由于不在直线上，故不存在这样的直线，故D错误.故选：BC.11．下列说法正确的是（    ）A．从1~9这9个数中任取三个，这三个数的和是3的倍数时，不同的取法有30种B．从1~9这9个数中任取三个组成三位数，则所有这样的三位数之和为279720C．将1~9这9个数填入一行标号为1~9的方格中，恰有6个方格标号与填入的数字相一致的方法有种D．将1~9这9个数排成一行，任意两个奇数或者偶数不排在一起的排法有【答案】AB【分析】将9个数分为3组147，258，369.可知这三个数应该来自于同一小组，或者来自于三个不同的小组.分类分别计算得出，进而相加，即可判断A项；求出数字1在各个位置出现的次数，根据数字的对称性，即可得出B项；先选出6个数字，剩余列出排列，即可根据分步乘法计数原理计算，判断C项；先排偶数，奇数插空，计算即可判断D项.【详解】对于A项，经分析可将9个数分为3组147，258，369.要使选出的三个数的和是3的倍数，则这三个数应该来自于同一小组，或者来自于三个不同的小组.（1）当3个数来自相同一组时满足，有3个；（2）当3个数，来自于3个不同小组时，也满足，此时有.根据分类加法计数原理可得，不同的取法有3+27=30种，故A项正确；对于B项，根据已知，可知每个数字出现的次数相等.若选出的3位数字中含有数字1，则这样的三位数有.因为，1在各个位置出现的次数相等，所以1在各个位置的次数均为.所以，所有这样的三位数之和为，故B项正确；对于C项，将填入标号为的方格中，方格标号与数字均不相等的填写为和两种.第一步，选出6个与方格一致的数字，选法为种；第二步，剩余3个，要求方格标号与数字均不相等的放法有2种.根据分步乘法计数原理可知，不同的方法有种，故C项错误；对于D项，插空法，第一步，先排好4个偶数，不同的排法为种；第二步，将5个奇数插入到5个空格中，不同的排法为种.根据分步乘法计数原理可知，不同的方法有种，故D项错误.故选：AB.12．各项为正的等差数列的前项和满足：对于，，，构成等差数列；公比大于1的等比数列满足，；若数列满足，则（    ）A．，B．数列的前项和为C．数列的前项称为D．数列的前7项和为【答案】ABD【分析】利用可得，设的公比为，利用求出可得可判断A；利用错位相减求和可判断B；利用裂项相消求和可判断CD.【详解】对于A，依题意①，时，得，舍去，，②，得，由于每项为正，所以，得数列为等差数列，公差为1，且，所以，所以，设的公比为，所以，解得，所以，故A正确；对于B，设的前项和为，所以，①，②①②得，所以，故B正确；对于C，，则所求数列前项和为，所以C错误；对于D，由于，所以，故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．抛物线上的点到焦点的距离为，则点的纵坐标为________.【答案】1【分析】根据焦半径公式，代入求值.【详解】抛物线，，设点，依题意可知，，得，故答案为：14．若，则________.【答案】【分析】通过赋值法求解二项式展开式的系数问题即可.【详解】令得：①，令得：②，由①②可得：，等号两边同时乘以得：.故答案为：.15．甲新入职某公司，已知该公司对新入职人员约定：第一年收入为5万元，以后每年收入都是上一年的1.02倍，则依此约定，甲工作10年的总收入约为________万元.（精确到1万元）【答案】55【分析】由已知每年收入都是上一年的1.02倍，可得每年收入是以5为首项，公比为的等比数列，求和即可.【详解】由已知每年收入都是上一年的1.02倍，可得每年收入是以5为首项，公比为的等比数列，所以甲工作10年的总收入约为万元.故答案为：55.16．、分别是曲线和上任意两点，则最小为________.【答案】【分析】设点，，表示出，根据基本不等式得出.然后证明以及，结合零点存在定理得出等号成立时的取值，检验满足基本不等式等号成立的条件，即可得出答案.【详解】因为，当且仅当时，等号成立，所以.设点，分别是两曲线上的动点，则，（*）当且仅当时，等号成立.由，令，则.由，可得.当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值， 所以.令，显然单调递增.又，所以，当且仅当时等号成立.令，则.由，可得.当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值，所以，所以，当且仅当时等号成立.因为当，时，有，，即满足基本不等式（*）成立的条件，所以，所以.故答案为：.【点睛】关键点睛：利用基本不等式转化得出. 四、解答题17．写出下列问题的算式，并用数字作答.(1)五家单位各有一个由4人组成的技术顾问小组，现从中任选3人去支援一个项目建设，求这3人中任意两人都不来自同一小组的不同选法种数；(2)含甲、乙、丙的六个人参加一个竞标答辩会，由于某种特殊原因，丙不能第一个答辩，甲、乙两人至少要等三个人答辩完以后才能进行答辩，现在安排甲乙两人连续进行答辩，求所有不同的安排方案的种数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先选出3家单位，然后每家单位选出1人，根据分步乘法计数原理，求解即可得出答案；（2）考虑分为丙排在二、三位以及四、五、六位，根据分步乘法计数原理，分别求出安排方法.进而根据分类加法计数原理，相加即可得出答案.【详解】（1）第一步：先从5家单位选出3家，选法有种；第二步：从选出的3家单位，每家选出1人，选法有种.根据分步乘法计数原理可知，不同的选法种数为.（2）丙排在二、三位：先排丙，有种方法；然后排甲乙（先捆绑），有种方法；最后，安排剩余3人，有种方法.根据分步乘法计数原理可知，有种不同的安排方法；丙排在四、五、六位：先排甲乙丙，将甲乙捆绑，再与丙排列，最后甲乙排列，有；然后，安排剩余3人，有种方法.根据分步乘法计数原理可知，有种不同的安排方法.综上，根据分类加法计数原理可得，所有不同的安排方案的种数为.18．（1）计算的值，并求除以8的余数；（2）以（1）为条件，若等差数列的首项为，公差是的常数项，求数列前项和的最小值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用排列组合公式及性质建立不等式组求出的值，从而求出的值，再利用二项式展开式的性质即可求出除以8的余数；（2）利用二项式求的常数项即可得公差，结合（1）中的结论写出等差数列的通项公式，根据等差数列性质判断前项和的最小值，求出即可.【详解】（1）由题意得：，所以，∴，，则除以8的余数7，则；（2）由（1）知的展开式为：，令，所以常数项为：，即等差数列的公差，又，∴，当时，，当时，，当时，，由等差数列中，，所以数列前项和在或时最小，且最小值为：.所以数列前项和的最小值为.19．已知函数的图象与直线相切.(1)求的值；(2)求函数在区间上的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先设切点，利用导数的几何意义求的值；（2）根据（1）的结果确定函数，再利用导数判断函数的单调性，求最值.【详解】（1）依题意设与相切于点，又，∴，①，②将①②联立得，又，∴代入①得 ；（2）由（1）知：，且，又在上单调递增，∴，，则单调递减，∴时，，则单调递增，而，∴.20．数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求使成立的最小正整数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到，得出是以为首项，为公比的等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）得，求得，利用等比数列的求和公式，求得和，解，即可求解.【详解】（1）由题意知，可得，即所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，可得，所以数列的通项公式为.（2）解：由，可得，当为偶数时，为偶数，当为奇数时，为奇数，所以，所以前项的和，所以，所以，不合题意，又因为，且，所以使的最小值为.21．已知圆，圆，动圆与圆相外切，与圆相内切.(1)求动圆的圆心的轨迹方程；(2)过点的两直线，分别交动圆圆心的轨迹于、和、，.求四边形的面积.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）动圆的半径为，根据圆外切、内切的关系，，结合椭圆定义即得；（2）设，联立与椭圆的方程得到，同理可得，由题解出，由四边形的面积公式求解.【详解】（1）设动圆的半径为，，∴，，∴，∴是以，为焦点，以为长轴长的椭圆，可设方程为，则，，∴的轨迹方程是；（2）  设，（为0时不符合题意），，，联立与椭圆的方程得：，，∴ ，同理设，不为0，可得，∴，∴，不妨取， ，此时，∴而，同理，∴.22．已知函数，、是函数图象上任意不同的两点，设直线的斜率为，若对于任意两点，恒有.(1)求的取值范围；(2)当是（1）中的最小正整数时，直线与的图象交于不同的两点.求证：两个交点的横坐标不小于.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题意转化为，即在递增，转化为恒成立，分离参数，结合基本不等式，即可求解；（2）求得，得出的单调性，记与交于点和，转化为证明，由在处的切线为，令，利用导数求得函数单调性，得到，恒有，进而证得，即可得证.【详解】（1）解：由、，根据题意得，不妨令，所以，所以，即在递增，又由，所以恒成立，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以实数的取值范围是.（2）解：由，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，记与交于点，，则，且，下面证明.由且，所以函数在处的切线为，记，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即恒有，又由与直线在交于处，所以，所以，因为，且在递增，可得，所以，即，所以两个交点的横坐标不小于.【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.