河南省商丘名校2022-2023学年高二下学期第一次联考数学试题（解析版）

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2022-2023学年高二下学期第一次联考数学试题（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设函数，则（）A.B.C.D.0【答案】D【解析】【分析】为常数，则其导数为0.【详解】因为为常数，所以.故选：D.2.下列三个数依次成等比数列的是（）A.1，4，8B.，2，4C.9，6，4D.4，6，8【答案】C【解析】【分析】根据等比数列知识求得正确答案.【详解】，A选项错误；，B选项错误.因为，所以9，6，4依次成等比数列，C选项正确.，D选项错误.故选：C3.已知直线，当变化时，所有直线都恒过点（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将直线方程整理为，从而可得直线所过的定点.【详解】直线可化为，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

1令，解得：，所以直线过定点，故选：.4.已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】若表示焦点在轴上的椭圆，可得即可得的范围，再选取该范围的一个真子集即可求解.【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得：．所以成立的充要条件是：．结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，故选：B.5.设函数在点处附近有定义，且为常数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由导函数的定义可得选项.【详解】解：因为为常数，所以，故选：C.6.若，，成等差数列，而，，和，，都分别成等比数列，则的值为（）A.16B.15C.14D.12【答案】D【解析】【分析】根据等差数列和等比数列的性质列方程组求解．【详解】因为，，成等差数列，而，，和，，都分别成等比数列，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

2所以，解得､､，故选：D.7.如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．【详解】-＝，.故选：A．8.如图所示，某拱桥的截面图可以看作双曲线的图象的一部分，当拱顶M到水面的距离为4米时，水面宽AB为米，则当水面宽度为米时，拱顶M到水面的距离为（）A.4米B.米C.米D.米【答案】D第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

3【解析】【分析】将代入双曲线得到，当得到，得到答案.【详解】根据题意：，，故，解得，即，当水面宽度为米时，即时，，拱顶M到水面的距离为.故选：D9.设等差数列的前项和为，数列的前和为，已知，若，则正整数的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为d，根据求得公差d，即可求得数列的通项，从而求得数列的通项，再根据裂项相消法求得数列的前和为，从而可得出答案.【详解】解：设等差数列的公差为d，，所以，则，所以，所以，所以，因，所以，解得.故选：A.10.函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列排序正确的是（）第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

4A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的变化率和导数的几何意义进行判断.【详解】因为、分别是函数在、处的切线斜率，由图可知，又，，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关导数的几何意义的问题，正确解题的关键是理解函数的变化率和导数的几何意义.11.如图所示，三棱锥中，为等边三角形，平面，，.点D在线段上，且，点E为线段SB的中点，以线段BC的中点为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，过点作SA的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）A.直线CE的一个方向向量为B.点D到直线CE的距离为第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

5C.平面ACE的一个法向量为D.点D到平面ACE的距离为1【答案】ABD【解析】【分析】首先利用题目已经建好坐标系，写出点的坐标，再利用空间向量分别求点D到直线CE的距离、点D到平面ACE的距离以及平面ACE的法向量，利用向量共线定理可以判断直线CE的一个方向向量.【详解】依题意，，，，，；若，则,则,，故A正确；，，，故D点到直线CE的距离，故B正确；设为平面的法向量，则，即，令，则为平面的一个法向量，故C错误；而，故点D到平面的距离，故D正确.故选：ABD12.几何学中，把满足某些特定条件的曲线组成的集合叫做曲线族.点是椭圆族上任意一点，如图所示，椭圆族T的元素满足以下条件：①长轴长为4；②一个焦点为原点；③过定点，则的最大值是（）A.5B.7C.9D.11第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

6【答案】A【解析】【分析】根据已知条件及椭圆的定义，结合两点间的距离的公式即可求解.详解】如图所示设点所在椭圆的另一焦点为，则.故选：A.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为________________.【答案】【解析】【分析】把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解．【详解】解：，0，，点到平面的距离为．故答案为：.14.函数，则曲线在处的切线方程为______.【答案】【解析】【分析】先求导，代入可得，利用直线方程的点斜式即得解【详解】由题意，故，则曲线在处的切线方程为：故答案为：第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

715.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分.如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，则该抛物线的标准方程为__________.【答案】【解析】【分析】设抛物线方程为，根据抛物线上的点，代入求出即可得解.【详解】设抛物线方程为，依题意，代入得，所以抛物线标准方程为.故答案为：16.已知数列的前项和为，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据递推关系可构造等比数列，据此求出通项，再构造为等差数列求出通项即可得解.【详解】由题意得，所以，解得，又因为，于是，因此数列是以为首项、2为公比的等比数列，故，于是，因此数列是以1为首项、1为公差的等差数列，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

8故，故，所以.故答案为：10240三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在平面直角坐标系中分别求以下方程.（1）求过两直线：的交点，且斜率为2的直线的一般式方程；（2）在中，已知，且，求顶点的轨迹方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先联立直线方程求得的交点，再利用点斜式即可得解；（2）利用正弦定理边角变换得到，再利用两点距离公式整理化简即可得解.【小问1详解】由可得，所以的交点为，故过且斜率为2的直线的方程为，即.【小问2详解】根据正弦定理由可得，即，因为，设顶点的坐标为，则，整理得，因为构成三角形，即不共线，故，故顶点的轨迹方程为.18.记为等差数列的前项和，已知.（1）求的通项公式和；（2）设数列的前项和为，求.【答案】（1），（2）【解析】分析】（1）由题得，解出值，则得到，再利用等差数列求和公式即可；第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

9（2）分和讨论得到，则得到的值.【小问1详解】设等差数列的公差为，由得到，解得，得.【小问2详解】当时，当时，故所以.19.如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，．（1）劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．（2）求平面和平面夹角的余弦值．【答案】（1）存在，劣弧的长度为（2）【解析】【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

10（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【小问1详解】如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，，因为∥，平面，平面，则∥平面同理可证∥平面，，且平面，平面所以平面∥平面，又因为平面，所以∥平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.【小问2详解】如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故，，，，，，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

11，易知平面的法向量设平面的法向量为，又因为，故即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和平面夹角的余弦值为20.已知动点到定点的距离比到直线的距离小2，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设是轴上的点，曲线与直线交于，且的面积为，求点的坐标.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义求解即可；（2）联立直线和抛物线方程，消元后由根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离求出三角形面积解得即可得出点的坐标.【小问1详解】依题意动点到定点的距离等于动点到直线的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.【小问2详解】联立方程，整理得,设，则有,第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

12于是,设到直线的距离为，因为，由点到直线的距离公式得,又，所以，于是，解得或.故点的坐标为或.21.已知数列的前n项和为Sn，满足．（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若不等式2对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）利用得，变形得，则可证明等比数列，根据等比数列的通项公式可得答案；（3）令，通过计算的正负，求出的最大值，将题目转化为，解不等式即可.【小问1详解】①②①-②得，即，变形可得，又，得故数列是以-1为首项，为公比的等比数列，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

13由等比数列的通项公式可得，.【小问2详解】令，则当或时，，当时，又，，因为不等式对任意的正整数恒成立，，解得.22.已知椭圆，过动点的直线交轴于点，交于点（在第一象限），且是线段的中点，过点作轴的垂线交于另一点，连接并延长，交于点.（1）设直线的斜率为的斜率为，证明：为定值；（2）设直线的倾斜角为，求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设直线,利用中点求出P点坐标，再由对称性得出点坐标进而求出可证为定值；（2）联立直线和椭圆方程，得出A点坐标，联立直线和椭圆得出点坐标，把直线的斜率用表示，，再结合基本不等式求的最小值，即可求的最小值．【小问1详解】设直线，显然，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

14令，得，则，因为是线段的中点，所以，所以，又.所以为定值.【小问2详解】联立，消去并整理得，则，则，根据韦达定理可得，所以，所以，所以，由（1）知，，所以直线的方程为，联立，消去并整理得，则，则，根据韦达定理可得，所以，第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司

15所以，所以，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，即的最小值为.第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司