2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期4月期中联考数学试题【含答

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2024年6月3日发(作者：)

2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二下学期4月期中联考数学试题

一、单选题

2

1．已知数列



a

n



的前n项和为

S

n

n

，则

a

7

a

8

a

9

等于（）

D

．

56A

．

32

【答案】

B

B

．

45C

．

51

2

【分析】直接利用

S

n

n

，将所求结果转化成

S

9

S

6

，即可求出结果.

222

【详解】因为数列



a

n



的前n项和为

S

n

n

，则

a

7

a

8

a

9

S

9

S

6

9645

,

故选：

B.

2．如果直线

l

1

：

xty10

与直线

l

2

：

tx16y40

平行，那么实数

t

的值为（

A

．

4

C

．

4

或

4

【答案】

A

【分析】根据两直线平行的充要条件得到方程（不等式）组，解得即可

.

【详解】因为直线

l

1

：

xty10

与直线

l

2

：

tx16y40

平行，

2





1



16



t

所以



，解得

t4

.

1



4



1



t







）

B

．

4

D

．

1

或

4

故选：

A

x

3．若曲线

f



x





e



sin

xm

在

x0

处的切线方程为

2xny10

，则（）

A

．

m1

，

n1

C

．

m0

，

n1

【答案】

D

B

．

m1

，

n1

D

．

m0

，

n1

【分析】由导数的几何意义可求得

n

的值，可得出切线方程，将切点坐标代入切线方程，可得出

f



0



的值，再结合函数解析式可求得

m

的值

.

x

x

【详解】因为

f



x





e



sin

xm

，则

f





x





e



cos

x

，则

2



f





0





e

0



cos0



2

，

n

x

可得

n1

，所以，曲线

f



x





e



sin

xm

在

x0

处的切线方程为

2xy10

，

将切点



0,f



0





的坐标代入切线方程可得

f



0



1

，解得

f



0



1

，

又因为

f



0



1m1

，解得

m0

，因此，

m0

，

n1

.

故选：

D.

4．等差数列



a

n



的公差不为0，其前n和

S

n

满足

S

n

S

10

，则

a

1



a

2



a

3

的取值范围为（

3

a

1

）



89



A．



,





910





89



C．



,





910



【答案】

C



910



B．



,





1011





910



D．



,





1011



d

的范

a

1

【分析】由题意得出

S

10

是

{

S

n

}

的最大值，从而有

a

1

0,d0

，且

a

10

0

，

a

11

0

，由此得出

围，推导出结论．

【详解】等差数列



a

n



的公差

d

不为0，其前n和

S

n

满足

S

n

S

10

，因此

S

10

是

{

S

n

}

的最大值，显然

a

1

0,d0

，

1

d

1



a

1



9

d



0



a

10



0

a

1

a

1



d

从而



，即



，

，

，

9

a

1

10

910



a

1



10

d



0



a

11



0

a

1



a

2



a

3

a

1



(

a

1



d

)



(

a

1



2

d

)

d

89



1





[,]

．

3

a

1

3

a

1

a

1

910

故选：

C

．

，沿

AE

，

AF

将

△ADE

，

△ABF5

．若正方形

ABCD

的边长为

a

，

E

，

F

分别为

CD

，

CB

的中点（如图

1

）

折起，使得点

B

，

D

恰好重合于点

P

（如图

2

），则直线

PA

与平面

PCE

所成角的正弦值为（）

A．

2

2

B．

3

4

C．

3

6

D．

3

2

【答案】

A

【分析】由题设条件易证

PA

，

PF

，

PE

三线两两垂直，以

P

为坐标原点，

PE

，

PF

，

PA

分别为坐标

轴建立如图所示的空直角坐标系，求直线

PA

的方向向量与平面

PCE

的法向量，用向量法求直线

PA

与平面

PCE

所成角的正弦值

.

【详解】由

ADDE

，

ABBF

，可得

PAPE

，

PAPF

，

EF

2

CE

2

CF

2

DE

2

BF

2

PE

2

PF

2

，则

PEPF

，

PA

，

PF

，

PE

三线两两垂直，以

P

为坐标原点，

PE

，

PF

，

PA

分别为坐标轴建立如图所示的空直角坐

标系，



a



a



可得

P



0,0,0



,

E



,0,0



,

F



0,,0



,

A



0,0,

a



，



2



2



a

设

C



x,y,z



，由

AC2a

，

CEFC

，

2



a





x

2



y

2



z



a

2



2

a

2

x







3





2

2



a

a



a





2





aaa



2

有



x





y







z



，解得



y



，即得

C



,,





，

3

2



4



333









2

a





a



a

2



z



22







x







y



z



3



2



4











a





aaa





所以可得

PE





,0,0



，

PC





,,





，



2





333





设平面

PCE

的一个法向量

n(x



,y



,z



)

，



ax



ay



az









n



PC



0





333

，令

y



1

，则

x



0,z



1

，





ax







n



PE



0



2





所以平面

PCE

的一个法向量为

n(0,1,1)

，



PA



0,0,a



，设PA与平面PCE所成角为



，又





PA



n





a

2









所以

sin





cos

PA

,

n





.

2

2

a

PA



n

故选：

A

6．已知函数

f



x



2xtlnx

存在两个零点，则实数t的取值范围为（



e



A．



,







2



）

B．



e,



C．



2e,





D．



3e,



【答案】

C

【分析】将问题转化为

lnx2

lnx

，



有两个不同的实数根，构造函数

g



x





利用导数求解单调性即

x

xt

可求解最值.

【详解】

f



x



2xtlnx

存在两个零点，则

f



x



2xtlnx0

有两个不同的实数根，

当

t0

时，只有一个零点，不符合题意，故

t0

，

即

lnx2



有两个不同的实数根，

xt

lnx1



lnx

，

g





x





，

xx

2

记

g



x





当

xe

时，

g





x



0

，此时

g



x



单调递减，当

0xe

时，

g





x



0

，此时

g



x



单调递增，故当

xe

时，

g



x



取极大值也是最大值

g



e





，

又当

0x1

时，

g



x



0

，如图为

g



x



的图象

1

e

要使

21

lnx2



g



x



有两个不同的实数根，则

0

<<

，所以

t>2e

，

te

xt

故选：C

x

2

y

2

7

．已知双曲线

C

：

2



2



1



a



0,

b



0



的左、右焦点为

F

1

，

F

2

，过

F

2

的直线

l

分别交双曲线

C

ab

的左、右两支于

A

、

B.

若

BF

1

:AF

1

:BF

2

3:2:1

，则双曲线

C

的渐近线方程为（

A

．

y

C

．

y

36

x

4

23

x

3

）

B

．

y

D

．

y

26

x

3

33

x

4

【答案】B

【分析】由

BF

2

:AF

1

:BF

1

1:2:3

，设

BF

2

k

，

AF

1

2k

，

BF

1

3k

,

根据双曲线的定义可得

AF

1

2a,AF

2

4a,BF

1

3a,BF

2

a

，利用余弦定理列出方程，结合

c

2

a

2

b

2

求出

b

，从而可求

a

出渐近线方程.

【详解】因为

BF

2

:AF

1

:BF

1

1:2:3

，

设

BF

2

k

，

AF

1

2k

，

BF

1

3k

,其中

k0

，

由双曲线的定义可知，

BF

1

BF

2

2a,AF

2

AF

1

2a

，

即

3kk2a,AF

2

2k2a

，得

ka,AF

2

4k

，

所以

AF

1

2a,AF

2

4a,BF

1

3a,BF

2

a

，而

F

1

F

2

2

c

，

在

△AF

1

F

2

中，由余弦定理得

cos



F

1

AF

2



AF

1



AF

2



F

1

F

2

2

AF

1

AF

2

AF

1



AB



BF

1

2

AF

1

AB

222

222

4

a

2



16

a

2



4

c

2

20

a

2



4

c

2



，

16

a

2

16

a

2

在

△AF

1

B

中，由余弦定理得

cos



F

1

AF

2



4

a

2



9

a

2



9

a

2

1



，

12

a

2

3

20

a

2



4

c

2

1

所以



，得

3c

2

11a

2

，又

c

2

a

2

b

2

，

2

16

a

3

所以

3b

2

8a

2

，得

b

26

，



a

3

26

x

.

3

双曲线的渐近线方程为

y

故选：

B

．

8．已知

a



e



1

，

b



A

．

bac

【答案】

C

4



2ln2

，

10cln10

，其中

e

是自然对数的底数，则a，b，c的大小为（

2

e

）

B

．

cba

C

．

abc

D

．

cab

e

2

ln

lneln10

ln

x

【分析】通过变形得到

a

，

b

2

2

，

c

，再构造函数

f

(

x

)



，利用其单调即可得出

e

e10

x

2

结果

.

e

2

ln

4



2ln2lne

2



ln2

lneln10



1



2

2

，又由

10cln10

，得到

c

【详解】因为

a



e



，

b



，

2

2

ee

e

e10

22

令

f

(

x

)



ln

x

1



ln

x

，则

f



(

x

)



，所以，当

x(0,e)

时，

f



(x)0

，当

x(e,+)

时，

f



(x)0

，

2

x

x

即

f

(

x

)



ln

x

在区间

(0,e)

上单调递增，在区间

(e,+)

上单调递减，

x

e

2

e

2

又因为

e



10

，所以

f

(e)

f

()

f

(10)

，即

abc

，

22

故选：

C.

二、多选题

2

x

9．已知函数

f



x



x

e

，

xR

.下列结论正确的是（）

A．函数

f



x



不存在最大值，也不存在最小值

C．函数

f



x



有且只有1个零点

【答案】

BCD

B．函数

f



x



存在极大值和极小值

D．函数

f



x



的极小值就是

f



x



的最小值

【分析】利用导数研究函数

f(x)

的单调性，作出图形，求出函数的最小值，结合函数零点、极值的

概念依次判断选项即可

.

【详解】

f

(

x

)

x

2

e

x

,

x

R

，则

f



(x)x(x2)e

x

，

令

f



(x)02x0

，令

f



(x)0x2

或

x0

，

所以函数

f(x)

在

(2,0)

上单调递减，在

(,2)

和

(0,)

上单调递增，

且

f(0)0

，

f

(

x

)

x

2

e

x



0

，如图，

所以

f(x)

min

f(0)0

，函数在

x2

处取得极大值，在

x0

处取得极小值，

极小值

f(0)

即为最小值，且函数有且只有一个零点

0.

故选：

BCD.

10．已知

S

n

是数列



a

n



的前n项和，

S

8

17S

4

．下列结论正确的是（

A．若



a

n



是等差数列，则

S

12

48S

4

C．若



a

n



是等比数列，则公比一定为2

【答案】

AB

【分析】由等差数列、与等比数列的前

n

项和的定义与性质求解．

）

B．若



a

n



是等比数列，则

S

12

273S

4

D．若



a

n



是等比数列，则公比是2或－2

【详解】

S

8

17S

4

，则

S

8

16(S

8

S

4

)

，

若

{

a

n

}

是等差数列，则

S

4

,S

8

S

4

,S

12

S

8

成等差数列，因此

S

12

S

8

2(S

8

S

4

)S

4

31S

4

，所以

S

12

48S

4

，A正确；

若

{

a

n

}

成等比数列，当

q1

时，

S

8

S

4

0

，满足

S

8

17S

4

，此时也满足

S

12

273S

4

，但CD显

然错误，

(

S

8



S

4

)

2



256

S

4

，当

q1

时，

S

n



0

，则

S

4

,S

8

S

4

,S

12

S

8

成等比数列，

S

12



S

8



S

4

所以

S

12

256S

4

17S

4

273S

4

，B正确．

故选：

AB

．

11．如图，棱长为2的正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，M为

DD

1

的中点，动点N在平面ABCD内的轨

迹为曲线

Γ.

下列结论正确的有（）

A．当

MNB

1

N

时，Γ是一个点

B．当动点N到直线

DD

1

，

BB

1

的距离之和为

22

时，Γ是椭圆

C

．当直线

MN

与平面

ABCD

所成的角为

60

时，

Γ

是圆

D．当直线MN与平面

ADD

1

A

1

所成的角为

60

时，Γ是双曲线

【答案】

ACD

【分析】对于选项

ACD

，通过建立空间直接坐标系，利用向量法逐一对选项

ACD

进行分析判断即

可得出结果；对于选项B，利用正方体中的线面关系，动点N到直线

DD

1

，

BB

1

的距离转化成

DN,BN

的长，利用几何关系即可得出结果

.

【详解】如图建立空间直角坐标，因为正方形的棱长为

2

，

则有

D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B

1

(2,2,2),D

1

(0,0,2)

，又M为

DD

1

的中点，所以

M(0,0,1)

，

设

N(x,y,0)

，





选项A，因为

MN(x,y,1)

，

B

1

N(x2,y2,2)

，又

MNB

1

N

，所以



MNB

1

Nx(x2)y(y2)20

，即

x

2

y

2

2x2y20

，也即

(x1)

2

(y1)

2

0

，所以

xy1

，此时，曲线

Γ

为点

N(1,1,0)

，故选项

A

正确；

选项B，连接

DN,BN

，易知动点N到直线

DD

1

，

BB

1

的距离即为线段

DN,BN

的长，而又易知

BD22

，当点

N

不在线段

BD

上时，有

DNBNBD22

，所以当动点N到直线

DD

1

，

BB

1

的距离之和为

22

时，点

N

在线段

BD

上，此时曲线

Γ

为线段

BD

，故选项

B

错误；





选项C，易知平面

ABCD

的一个法向量为

n(0,0,1)

，

MN(x,y,1)

，所以当直线MN与平面ABCD

所成的角为

60

时，









MN



n

13

11

2222

sin60



cos

MN

,

n





xyxy

有

，化简得

，此时曲线Γ为，



2

MNn

33

x

2



y

2



1

故选项

C

正确；





选项D，易知平面

ADD

1

A

1

的一个法向量为

n(0,1,0)

，所以当直线MN与平面

ADD

1

A

1

MN(x,y,1)

，

所成的角为

60

时，









y

MN



n

3

y

2

y

2

2

sin60



cos

MN

,

n





有

，化简得

x

1

，此时曲线Γ为

x

2



1

，



22

2

MNn

x



y



1

33

故选项

D

正确；

故选：

ACD.

12．已知抛物线C：

y

2

4x

的焦点为F，

A



x

1

,y

1



，

B



x

2

,y

2



是抛物线C上的两个不同的动点，点

A

关于

x

轴的对称点为

A



，抛物线

C

的准线交

x

轴于点

P.

下列结论正确的是（

A．若直线

AB

过点F，则

x

1

x

2

1

，且

y

1

y

2

4

B

．若直线

AB

过点

F

，则

P

，

A



，

B

三点共线

）

C．若直线

AB

过点P，则

x

1

x

2

1

，且

y

1

y

2

=4

D．若直线

AB

过点P，则

AFBF

的最小值为4

【答案】

ABC

【分析】设直线

AB

的方程为

xky1

，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断A；结合A分

x

2

1

、

x

2

1

讨论，利用韦达定理、斜率公式可判断B；设直线

AB

的方程为

xty1

，与抛物线方程联立

利用韦达定理可判断C；由

A,B

在

x

轴的同侧，由

AFBFx

1

x

2

2

利用基本不等式可判断D.

【详解】对于A，若直线

AB

过点

F



1,0



，设直线

AB

的方程为

xky1

，



x



ky



1

与抛物线方程联立



2

可得

y

2

4ky40

，



y



4

x

2

y

1

2

y

2

易得

0

，所以

y

1

y

2

4

，则

x

1

x

2



1

，故A正确；

16

2

y

1

2

y

2

对于B，若直线

AB

过点

F



1,0



，由A知

y

1

y

2

4

，则

x

1

x

2



1

，

P



1,0



，

16

当

x

2

1

时，

y

2

2

，不妨设

B



1,2



，则

A



1,2



，

A





1,2



，所以此时

A



与

B

重合，所以

P,A



,B

三

点共线；

当

x

2

1

时，

k

BP



y

2



x

2



0,

y

2



0



，

1



x

2

k

BA





4



y

2

2

x

2





4



y

2





x

2





4



4

x

2





4

x

2



y

2

y

2



y

1

y

2



，

22

x

2



x

1

x



1

y

2



1



x

2



1



x

2

y

2



x

2



1



y

2



x

2



1



2

x

2

所以

k

BP



k

BA



，且

B

为线段

BP、BA



的共同起点，所以

P,A



,B

三点共线，故B正确；

对于

C

，若直线

AB

过点

P

，设直线

AB

的方程为

xty1

，



x



ky



1

与抛物线方程联立



2

可得

y

2

4ky40

，



y



4

x

则

16k

2

160

，解得

k1

或

k1

，

22

yy

21

所以

y

1

y

2

=4

，则

x

1

x

2



1

，故C正确；

16

对于D，若直线

AB

过点P，则

A,B

在

x

轴的同侧，即

x

1

x

2

，

则

AFBFx

1

1x

2

12x

1

x

2

24

，而

x

1

x

2

，等号不成立，故D错误.

故选：

ABC.

三、填空题

13

．徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃

.

《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫

健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上

.

现有

8

匹善于奔跑的马，它

们奔跑的速度各有差异.已知第i（i等于1，2，…，6，7）匹马的最长日行路程是第i＋1匹马最长

日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为500里，则这8匹马的最长日行路程之和为

_____________里.（取

1.1

8

2.14

）

【答案】5700

【分析】根据等比数列的求和公式即可求解.

【详解】......第八匹马、第七匹马、…...,第一批马构成首项为500，公比为1.1的等比数列，所以这

8

匹马的最长日行路程之和为

故答案为：

5700

14．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，

AP4

，AP与AB，AD的夹角

都是60°，若M是PC的中点，则直线MB与AP所成角的余弦值为_____________.

500

´

1

-

1

.

1

8

1

-

1

.

1

(

)

=

500

´

1

.

14

=5700

，

0

.

1

234

2

34

/

17

17



1





























【分析】记

ABa,ADb,APc

，由题意可得

ab0,acbc6

，易得

BMabc

，

2



cosBM,AP

再由数量积的运算性质求出，即可求解

【答案】















【详解】记

ABa,ADb,APc

，

因为

ABAD3,PA4

，







所以

|a||b|3,|c|4

.

又因为

ABAD,PABPAD60

，











所以

ab0,acbc34cos606

.



1







易得

BMabc

，

2



2

1







2

1



2



2



2













a



b



c



2



a



b



a



c



b



c

，所以

|

BM

|



(



a



b



c

)





44









117

222







3



3



4



2



0



6



6







24



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