湖北省部分学校学年高二下学期联考数学试题.docx
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湖北省部分学校学年高二下学期联考数学试题
湖北省部分学校2021-2022学年高二下学期3月联考数学试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
评卷人
得分
一、单选题
1．一质点在单位圆上作匀速圆周运动，其位移满足的方程为
，其中h表示位移（单位：
m），t表示时间（单位：
s），则质点在
时的瞬时速度为（ ）
A．sin2m/sB．cos2m/sC．2sin2m/sD．2cos2m/s
2．2022年北京冬奥会的顺利召开，引起大家对冰雪运动的关注．若A，B，C，D四人在自由式滑雪和花样滑冰这两项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有（ ）
A．8种B．12种C．16种D．24种
3．以椭圆
的左､右顶点作为双曲线
的左､右焦点，以
的焦点作为
的顶点，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．2D．
4．甲、乙、丙等6人排成一排，则甲和乙相邻且他们都和丙不相邻的排法共有（ ）
A．144种B．72种C．36种D．246种
5．已知直线
与圆
：
相交于
，
两点，若
，则
的值为（ ）
A．
或0B．
或4C．0或4D．
或2
6．已知函数
，
，其中
为自然对数的底数，若方程
存在两个不同的实根，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：
今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？
现有一个相关的问题：
将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为（ ）
A．132B．133C．134D．135
8．如图
（1），在矩形
中，
，
为线段
上一点（不是端点），沿线段
将
折成
（如图
（2）），使得平面
平面
，且二面角
的余弦值为
，则异面直线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
评卷人
得分
二、多选题
9．对于函数
图象上的任意一点，都存在另外一点，使得
的图象在这两个不同点处的切线互相平行，则称函数
具有
性质，下列函数中不具有
性质的有（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图，在直三棱柱
中，
，
，
，则（ ）
A．点
到平面
的距离为1
B．点
到平面
的距离为
C．直线
与平面
所成角的正弦值为
D．直线
与平面
所成角的正弦值为
11．将14个相同的玩偶分给甲、乙等5个人，每人至少分到1个玩偶，则（ ）
A．不同的分配方法共有1287种
B．不同的分配方法共有715种
C．若甲分得3个玩偶，则不同的分配方法有120种
D．若甲、乙各分得3个玩偶，则不同的分配方法有21种
12．设正项递增的等差数列
的前
项和为
，公差为
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
评卷人
得分
三、填空题
13．若点M（1，1）在曲线
上，则曲线
在点M处的切线方程是______．
14．已知直线
与
平行，则
______．
15．已知点
在双曲线
的右支上，
，动点
满足
，
是双曲线的右焦点，则
的最大值为___________.
评卷人
得分
四、双空题
16．在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，则不同的路径共有__________条，其中途径C地的不同路径共有__________条．
评卷人
得分
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．
18．如图，在四棱锥
中，
，
为平行四边形，
，
平面
，
，
分别是
，
的中点.
（1）证明：
平面
平面
.
（2）求二面角
的余弦值.
19．解下列方程：
（1）
；
（2）
．
20．已知数列
满足
.
（1）证明：
数列
为等比数列.
（2）已知
，求数列
的前
项和
.
21．已知抛物线
的焦点为
，过点
的直线
与抛物线
交于
两点.
（1）证明：
以
为直径的圆与直线
相切；
（2）设
（1）中的切点为
为坐标原点，直线
与
的另一个交点为
，求
面积的最小值.
22．已知函数
的图象在点
处的切线方程为
．
（1）判断函数
的单调性．
（2）证明：
当
时，
．
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
求出
可求质点在
时的瞬时速度，从而可得正确的选项.
【详解】
因为
，所以
，
所以质点在
时的瞬时速度为2cos2m/s．
故选：
D.
2．C
【解析】
【分析】
每一人都可在两项运动中选一项，即每人都有两种选法，根据分步乘法原理可得答案.
【详解】
由题意可知：
每一人都可在两项运动中选一项，即每人都有两种选法，可分四步完成，根据分步乘法原理，不同的选法共有2×2×2×2=16种，
故选：
C
3．C
【解析】
【分析】
利用定义求出焦距与长轴，代入公式即可
【详解】
由题可知
的焦距为4，实轴长为
，所以
的离心率为
故选：
C
4．A
【解析】
【详解】
甲乙相邻，看作一个整体，内部排列，他们两人都和丙不相邻，因此采用插空法，先排甲乙丙外的三人，三人之间或两边会出现四个空，将甲乙看作的一个人和丙选两空排列，
由此可知，不同的排法共有
种,
故选:
A
5．A
【解析】
【分析】
将圆的一般方程化为标准方程，利用数量积为0得到圆心角为直角，再利用点到直线的距离公式进行求解.
【详解】
由
，得
，
则圆心为
，半径为2，
由
，得
，
即圆心
到直线
的距离为
，
即
，即
或
.
故选：
A.
6．B
【解析】
【分析】
令
，利用导数可求得
；令
，根据二次函数性质可知
，由方程有两个不同实根可知
，解不等式即可得到结果.
【详解】
函数
的定义域为
，令
，则
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
；
令
，
是图象关于
对称的，开口方向向上的二次函数，
；
当且仅当
，即
时，方程
有两个不同的实根，
由
得：
，即
的取值范围为
.
故选：
B.
7．C
【解析】
【分析】
先由条件得到一个首项为14，公差为15的等差数列
，再按照等差数列求项数即可.
【详解】
因为由1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列
，
所以该数列的通项公式为
.令
，
解得
，即该数列的项数为134.
故选：
C.
8．D
【解析】
【分析】
根据二面角
的余弦值列方程，建立平面直角坐标系，求得
点的位置.建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线
与
所成角的余弦值.
【详解】
过
作
于
，因为平面
平面
，所以
平面
．
过
作
于
，连接
，则
即二面角
的平面角，
所以
．
在图
（1）中，直线
与
垂直，交
于
，
以
为原点，
，
的方向分别为
，
轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，
则
，
，
，
，
所以直线
的方程为
，直线
的方程为
．
由
，可知直线
的方程为
，与直线
的方程联立解得
，
所以
．
因为
，所以
，解得
．
由
，得
，所以
，
化简得
，解得
，即
．
在图
（2）中，以
为坐标原点，以
，
的方向分别为
，
轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
．因为
，
，
所以
，
，
进而可得
，
因为
，
，
所以
，
故异面直线
与
所成角的余弦值为
．
故选：
D
9．ABD
【解析】
【分析】
由
至少有两个不同的解对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】
函数
具有
性质，等价于对于导函数
值域中任意的值
，
至少有两个不同的解．
对于A，
，
当
时，只有唯一的解，故函数
不具有
性质；
对于B，
只有唯一的解，故函数
不具有
性质；
对于C，
是周期函数，对于任意的
，
有无数个解，故函数
具有
性质；
对于D，
在
上单调递减，当
时，
不存在两个解，故函数
不具有
性质．
故选：
ABD
10．BD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，结合点面距离、线面角等知识确定正确选项.
【详解】
以
为原点，
，
，
的方向分别为
轴、
轴、
轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
．
则
，
，
，所以
，
，
设平面
的法向量为
，则
，令
，得
．
因为
，所以点
到平面
的距离：
．
直线
与平面
所成角的正弦值为
．
故选：
BD
11．BCD
【解析】
【分析】
元素相同的分配问题常使用隔板法求解.
【详解】
每人至少分到1个玩偶，可看作在14个玩偶中间产生的13个空位中插入4个隔板，故不同的分配方法共有
种，A不正确，B正确．
若甲分得3个玩偶，可看作在11个玩偶中间产生的10个空位中插入3个隔板，则不同的分配方法有
种，C正确．
若甲、乙各分得3个玩偶，可看作在8个玩偶中间产生的7个空位中插入2个隔板，则不同的分配方法有
种，D正确．
故选：
BCD
12．BC
【解析】
【分析】
结合等差数列前
项和公式、等差数列下标和的性质、等差数列的通项公式、基本不等式对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】
因为
，所以
，
所以
．由
，得
，故A错误；
因为
，所以B正确；
因为
，所以C正确；
因为
，所以
，故D错误．
故选：
BC
13．
【解析】
【分析】
将点
的坐标代入方程，求得
，在根据导数的几何意义即可得出答案.
【详解】
解：
因为点M（1，1）在曲线
上，
所以
，得
，
所以
，
，
当
时，
，
所以曲线在点M处的切线方程是
，即
．
故答案为：
．
14．3
【解析】
【分析】
根据两直线平行的条件列方程，化简求得
的可能取值，然后排除重合的情况，从而求得正确答案.
【详解】
因为
，所以
，所以
或
或
．
当
时，两直线重合，舍去；当
时，两直线重合，舍去；
当
时，
，
，符合题意，故
．
故答案为：
15．
##
【解析】
【分析】
由题意可知
的轨迹是以
为圆心，2为半径的圆，利用双曲线定义将
转化为
，结合图形，利用几何性质可求得答案.
【详解】
动点
满足
，则点
的轨迹是以
为圆心，2为半径的圆,
设双曲线的左焦点为
，由题知
，
则
，
当且仅当
，
，
三点共线时，等号成立，
所以
的最大值为
，
故答案为：
16． 210 90
【解析】
【分析】
根据图形可知从A地出发去往B地的最短路径共10步，其中4步向上，6步向右，结合排列与组合的概念即可得出结果.
【详解】
由图可知，从A地出发去往B地的最短路径共10步，
其中4步向上，6步向右，则不同的路径共有
条．
途径
地，则不同的路径共有
条．
故答案为：
210；90
17．
（1）单调递增区间为
和
，单调递减区间为
；
（2）
，
.
【解析】
【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.
（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．
（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）连接
，通过证明
和
可得答案；
（2）以
为原点，
，
，
所在直线分别为
，
，
轴建立空间直角坐标系，求出面
和面
的法向量，利用夹角公式求解即可.
（1）
证明：
连接
.因为
平面
，所以
又因为
，且
为平行四边形，
，
所以
为等边三角形.
又因为
为
的中点，所以
又因为
，所以
，
因为
，所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
.
（2）
解：
以
为原点，
，
，
所在直线分别为
，
，
轴建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
因为
平面
，所以
是平面
的一个法向量.
设平面
的法向量为
，
由
，
，可得
令
，则
，
即
.
，
又二面角
的平面角为锐角，所以二面角
的余弦值为
.
19．
（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）
（2）利用排列数和组合数公式化简可得出关于
的方程，结合
的取值范围可解得
的值.
（1）
解：
因为
，所以
，
整理得
，
所以
，所以
．
（2）
解：
因为
，所以
，所以
，
即
．
因为
，
，所以
．
20．
（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）先通过退位相减法得到
，再按照定义证明等比数列即可；
（2）先由
（1）求出
，进而求出
，再按照裂项相消求和即可.
（1）
证明：
当
时，
，则
.
因为
，①
所以
，②
由②
①得
，
化简可得
，
，
所以数列
是一个公比为
的等比数列.
（2）
由
（1）可知
，化简可得
.
.
所以
.
21．
（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）利用直线与圆相切等价于圆心到直线的距离等于半径来证明；
（2）先设直线
的方程为
，以
为参数表示出点
以及点
的坐标，进而求出
点到直线的距离，即为
的高，最后把
的面积表示成
的函数，求其最值.
（1）
证明：
抛物线
的焦点为
，准线方程为
.
设
，
弦
的中点
，
则
到准线
的距离为
，
所以以
为直径的圆与直线
相切.
（2）
解：
由题可知直线
的斜率不能为0，设直线
的方程为
，
由
整理得
，
又
，
则
，
所以
.
点
的坐标为
，于是直线
的方程为
，
代入
，整理得
或
，
从而
则点
到直线
的距离为
，
故
.
令
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
22．
（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知可得
，求出
的值，然后分别解不等式
、
，可得出函数
的增区间和减区间；
（2）将所证不等式转化为证明
，构造函数
，利用导数求得
，可证得结论成立.
（1）
解：
因为
，所以
，解得
，所以
．
函数
的定义域为
，令
，得
；令
，得
．
所以函数
的增区间为
，减区间为
.
（2）
证明：
要证
，即证
，只需证
．
令
，其中
，
则
．
令
，则
，所以
在
上单调递增．
因为
，
，
所以存在
，使
，可得
，
当
时，
，即
，则
在
上单调递减；
当
时，
，即
，则
在
上单调递增．
所以
．
所以
，所以
．
【点睛】
方法点睛：
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：
证明不等式
（或
）转化为证明
（或
），进而构造辅助函数
；
（2）适当放缩构造法：
一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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