湖南省名校联考联合体2021-2022学年高二上学期元月期末联考数学试题

名校联考联合体2022年高二元月期末联考

数学

时量：120分钟 满分：150分

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知全集U=−3,−2,−1,0,1,2,3，集合A=−2,−1,0,1,2，B=−3,0,2,3，则AA．−2,−1 C．−1,1

B．−2,1 D．−2,−1,1

ðUB=（ ）

y2x22．双曲线−=1上一点P与它的一个焦点的距离等于，那么点P与另一个焦点的距离等于（ ）

16A．9 C．18 3．“

B．17 D．34

23m”是“复数z=(3m−2)+(m−1)i在复平面内对应的点位于第四象限”的（ ） 34

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

A．充分不必要条件 C．充要条件

4．如图，某桥是抛物线形拱桥，当拱顶离水面2m，水面宽4m，那么水下降1m后，水面宽为（ ）

A．22m C．25m

B．23m D．26m

5．如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，BAD=BAA1=120，若线段

AC1=2，则DAA1=（ ）

A．30°

0.7 B．45°

−0.8 C．60° D．90°

112．设a=2021，b=2021A．abc C．bca

，c=log0.70.8，则a，b，c的大小关系为（ ）

B．bac D．cab

7．如图是最小正周期为π的函数y=sin(x+)(0, 0π)的部分图象，则=（ ）

A．

π 6

2B．

π 3 C．

2π 3 D．

5π 68．已知F为抛物线y=4x的焦点，过点F作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，若ABDE=0，则四边形ADBE面积的最小值为（ ） A．48

B．32

C．16

D．8

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．已知平面上三条直线l1:x−2y+1=0，l2:x−1=0，l3:x+ky=0不能构成三角形，则实数k的值可以为（ ） A．−2

B．−1

C．0

D．1

10．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论错误的是（ ） ．．A．AC11∥平面CEF B．B1D⊥平面CEF C．CE=1DA+DD1−DC 2D．点D与点B1到平面CEF的距离相等

x2y22211．已知双曲线C:2−2=1(a0,b0)经过点M3,2，并且它的一条渐近线被圆(x−2)+y=4所

ab()截得的弦长为23，则下列结论正确的是（ ）

A．C的离心率为

23 3B．C的渐近线为y=3x

x2C．C的方程为−y2=1

3D．直线x−2y−1=0与C有两个公共点

12．双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布•伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．伯努利将这种曲线称为 lemniscate，为拉丁文中“悬挂的丝带”之意．双纽线在数学曲线领域占有至关重要的地位．双纽线像数字“8”，不仅体现了数学的对称和谐、简洁、统一的美，同时也具有特殊的有价值的艺术美，是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多设计者设计作品的主要几何元素．曲线C:x+y列结论正确的是（ ）

(222)=4(x2−y2)是双组线，则下

A．曲线C经过5个整点(横、纵坐标均为整数的点) B．曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2 C．曲线C关于直线y=x对称的曲线方程为x+y(222)=4(y2−x2)

D．若直线y=kx与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为(−,−1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知向量a=(1,2)，b=(2,x)，若ab=−4，则2a+b=______．

1,+)

x2y214．一个圆经过椭圆+=1的三个顶点，且圆心在x轴的负半轴上，则该圆的标准方程为______．

1222215．一动圆与圆C1:x+y+6x+5=0外切，同时与圆C2:x+y−6x−91=0内切，则动圆圆心M的轨

迹方程是______．

16．某公司购置一台价值为220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值逐年减少．经验表明，每经过一年其价值就会减少d(d为正常数)万元．已知这台设备的使用年限为10年，超过10年，它的价值将低于购进价值的5%，设备将报废．则d的取值范围为______．

四、解答题：本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．(本小题满分10分)

高考数学特别强调要增加对数学文化的考查，为此某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷(试卷满分为100分)，并对整个高三年级的学生进行了测试．现从这些学生中随机抽取了50名学生的成绩，按照成绩为50,60)，60,70)，…，90,100)分成了5组，制成了如图所示的频率分布直方图(假定每名学生的成绩均不低于50分)．

(1)求频率分布直方图中的x的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；

(2)若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的三组学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求后两组中至少有1人被抽到的概率． 18．(本小题满分12分)

ex−1已知函数f(x)=x．

e+1(1)判断函数f(x)的奇偶性并加以证明；

(2)xR，不等式fax2+1+f(2x)0成立，求实数a的取值范围． 19．(本小题满分12分)

在数列an中，首项a1=1，且满足an+1=2an+1nN，其前n项和为Sn． (1)证明数列an+1为等比数列；

(2)求数列an的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列? 20．(本小题满分12分)

()()△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=30．

(1)若b=3c，△ABC的面积为3c，求C．

3，求a； 4(2)若2a+b=21．(本小题满分12分)

如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC∥AD、

AB⊥AD，PA=PD=2，PA⊥PD，PC与AD相交于O，现沿着AD折成四棱锥P−ABCD(如图2)．

(1)当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求点B到平面PCD的距离；

(2)在(1)的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q−AC−D的余弦值为值；若不存在，请说明理由． 22．(本小题满分12分)

PQ6?若存在，求出的

QD3x2y233已知椭圆C:2+2=1(ab0)经过点M1,，离心率． e=ab22(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l不经过点P(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的斜率的和为−1，证明：直线l过定点．

炎德·英才·名校联考联合体2022年高二元月期末联考

数学参

一、二、选择题 题号 答案 1 D 2 B 3 A 4 D 5 C 6 D 7 C 8 B 9 ABC 10 BD 11 AC 12 BCD 1．D 【解析】∵全集U=−3,−2,−1,0,1,2,3，B=−3,0,2,3，∴ðUB=−2,−1,1，又集合

A=−2,1,0,1,2，∴A(ðB)=−2,−1,1，故选D．

U2．B 【解析】设点P与双曲线另一个焦点的距离为d(d0)，由定义d−1=2a=16，得d=17，故选B．

3m−20,23．A 【解析】复数z=(3m−2)+(m−1)i在复平面内对应的点位于第四象限m1，

3m−10又

232m可以得出“m1”，反之不然．故选A． 34324．D 【解析】如图，以拱顶为原点，对称轴为y轴建立直角坐标系，则该拋物线方程为x=−2py(p0)，

2依题点M(2,−2)在其上，所以4=−2p(−2)，p=1，拋物线方程为x=−2y．设N(x0,−3)，则

2x0=−2(−3)，x0=6，所以水面宽为26m，故选D．

5．C 【解析】∵AC1=AB+AD+AA1，∴AC1=AB+AD+AA12+2ABAD+2ABAA1+2ADAA1

222111DAA1=60，∴cosDAA1=，=1+1+1+211−+211−+211cosDAA1=2，

222故选C．

1a=2021，6．D 【解析】b=20210.7−0.8则ba1，又log0.70.8log0.70.7=1，∴cab，=20210.8，

故选D．

π2π，故选C． =π，得=2，由五点对应法得2+=π，得=6318．B 【解析】依题意，l1⊥l2，设直线l1的斜率为k(k0)，则直线l2的斜率为−，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

k7．C 【解析】由周期T=2π21y=4x,D(x3,y3)，E(x4,y4)，直线l1:y=k(x−1)，直线l2:y=−(x−1)．联立消去y整理得

ky=kx−1,()kx−(2k+4)x+k=02222，所以

2k2+44AB=x1+x2+p=+2=4+k2k2，同理

1+4211k从而S=ABDE=82+k2+232，当且仅当k=1时DE=x3+x4+p=+2=4+4k2，12k2k2等号成立，故选B．

9．ABC 【解析】依题：三条直线交于一点或其中两条平行且与第三条直线相交，①当直线x+ky=0经过直线x−2y+1=0与直线x−1=0的交点(1,1)时，1+k=0，解得k=−1．②当直线x+ky=0与直线

1k0x−2y+1=0平行时，=，解得k=−2；当直线x+ky=0与直线x−1=0平行时，可得k=0，

1−21所以k=−2或k=0或k=−1．故选ABC．

10．BD 【解析】对选项A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥AC11，故AC11∥平面CEF成立．对选项B，建立如图空间直角坐标系，设正方体ABCD−A1B1C1D1边长为2，则B1D=(−2,−2,−2)，

FC=(0,1,−2)．故B1DFC=0−2+4=20．故B1D，FC不互相垂直．又CF平面CEF，故B1D⊥平面

CEF

不成立，对选项

C，同

B

空间直角坐标系有CE=(1,−2,2)，

111DA+DD1−DC=(2,0,0)+(0,0,2)(0,2,0)=(1,−2,2)，故CE=DA+DD1−DC成立，对选项D，222点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF．又点D与点B1中点O在A1ACC1上，故点O不在平面CEF上，故D不成立．

x2y211．AC 【解析】双曲线2−2=1(a0,b0)的渐近线方程为bxay=0，圆心(2,0)到渐近线距离为

abd=2−2()32=1，则点(2,0)到直线bx+ay=0的距离为d=2b+a0a2+b2=2b=1，于是a=3b，cc=2b，双曲线C的离心率e=c233，故A正确．由a=3b，所以C的渐近线为y==x，故B不

a33x2y2922正确，由a=3b，双曲线C化为2−2=1，又点3,2在双曲线上，所以2−2=1，所以b=1，

3bb3bb22()2x2x2−y=1,222a=3．所以双曲线方程为−y=1，故C正确．联立3，消去x得y−22y+2=0．因

3x−2y−1=0为=0，故D不正确．

12．BCD 【解析】对于A，令y=0，解得：x=0或x=2或x=−2，当y0时，x无整数解．所以曲线C经过整点(2,0)，故A错；对于B，根据曲线C:x+y(0,0)，(−2,0)，

2(22)222=4(x2−y2)，可知2x+y，

所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2，故B正确；对于C，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线y=x对称的曲线方程为C:x+y2(222)=4(y2−x2)，故C正确；对于D，由曲线

C:(x2+y2)=4(x2−y2)，可知x2y2，可得若直线y=kx与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范

围为(−,−11,+)，故D．

三、填空题

13．17 【解析】由ab=2+2x=−4得x=−3，所以b=(2,−3)，2a+b=(4,1)，2a+b=17.

325214.x++y2= 【解析】设圆心为(a,0)(a0)，则半径为−4−a，则(−4−a)=a2+22，解得

243325． a=−，故圆的方程为x++y2=22422x2y22215．+=1 【解析】C1:(x+3)+y2=4，C2:(x−3)+y2=100，C1C2=610−2=8，所以

3627MC1=r+2两圆的位置关系为内含，设圆M的半径为r，则，所以MC1+MC2=12C1C2=6，故圆

MC2=10−rx2y2心M的轨迹是以C1，C2为焦点，2a=12的椭圆，其方程为+=1．

362716．(19,20.9 【解析】设n年后，该设备的价值为an，则an=an−1−d(n2)，所以数列an是一个等差数列，首项为220−d，公差为−d，通项公式为an=220−nd，依题意：四、解答题

17．【解析】(1)由频率分布直方图可得第4组的频率为1−0.1−0.3−0.3−0.1=0.2，故x=0.2. 故可估计所抽取的50名学生成绩的平均数为

． (550.01+650.03+750.03+850.02+950.01)10=74（分）

由于前两组的频率之和为0.1+0.3=0.4，前三组的频率之和为0.1+0.3+0.3=0.7， 故中位数在第3组中．设中位数为t分，则有(t−70)0.03=0.1，所以t=73， 即所求的中位数为73分．(答73.3分也行)

(2)由(1)可知，后三组中的人数分别为15，10，5，故这三组中所抽取的人数分别为3，2，1．

记成绩在70,80)这组的3名学生分别为a，b，c，成绩在80,90)这组的2名学生分别为d，e，成绩在(90,100这组的1名学生为f，

则从中任抽取3人的所有可能结果为(a,b,c)，(a,b,d)，(a,b,e)，(a,b,f)，(a,c,d)，(a,c,e)，(a,c,f)，

a1011解得：19d20.9．

a11111313(a,d,e)，(a,d,f)，(a,e,f)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,c,f)，(b,d,e)，(b,d,f)，(b,e,f)，(c,d,e)，(c,d,f)，(c,e,f)，(d,e,f)共20种．

其中后两组中没有人被抽到的可能结果为(a,b,c)，只有1种， 故后两组中至少有1人被抽到的概率为P=1−18．【解析】(1)函数f(x)是奇函数． 证明如下：

119． =2020ex−1函数f(x)的定义域为R，∵f(x)=x，

e+1e−x−11−ex∴f(−x)=−x==−f(x)， xe+11+e所以函数f(x)是R上的奇函数．

(2)fax2+1+f(2x)0等价于fax2+1f(−2x)，

()()ex−1−22因为f(x)=x为R上的增函数，所以ax+1−2x， =1+xe+1e+12即ax+2x+10，所以a0,解得a1．

=4−4a0,19．【解析】(1)∵an+1=2an+1，an+1+1=2(an+1)， 又a1+1=20，

∴an+1是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列．

nn(2)由(1)知，an+1=2，∴an=2−1，∴Sn=2(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2，

∴n+Sn−2an=n+2n+1−n−2−22n−1=0，∴n+Sn=2an． 即n，an，Sn成等差数列． 20．【解析】(1)∵△ABC的面积S=∴c=1，b=()()1113， bcsinA=3c2=22243，

由余弦定理：a2=b2+c2−2bcos30=3+1−23∴a=1．

3=1， 2

(2)由已知B=150−C，

由正弦定理得2sinA+sin(150−C)=3sinC，

即213+cosC+sinC=3sinC， 222可得sin(C−30)=2． 2由于0C150，所以−30C−30120， 故C−30=45，C=75.

21．【解析】在图1中，在△PAD中，PA⊥PD，PA=PD=易知四边形ABCO为正方形，∴AO=1，即O为AD的中点， 在图2中，当四棱锥P−ABCD的体积最大时， 侧面PAD⊥底面ABCD，此时PO⊥平面ABCD，

以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,1)，A(0,−1,0)，B(1,−1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，

2，∴AD=2．

∴PB=(1,−1,−1)，CP=(−1,0,1)，PD=(0,1,−1). (1)设平面PCD的一个法向量为u=(x,y,z)， 则uCP=−x+z=0,uPD=y−z=0.

取z=1，得u=(1,1,1)． 则B点到平面PCD的距离d=PBuu=3． 3(2)假设存在，且设PQ=PD(01)．

∵PD=(0,1,−1)，∴OQ−OP=PQ=(0,,−)，∴OQ=(0,,1−)，∴Q(0,,1−)．

设平面CAQ的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，又AC=(1,1,0)，AQ=(0,+1,1−)，

mAC=x1+y1=0,则

AQ=(+1)y1+(1−)z1=0.m·取z1=1+，得m=(1−,−1,+1)． 又易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1)，

∵二面角Q−AC−D的余弦值为6， 3∴cosm,n=mnmn=+1(1−)2+(−1)+(+1)122=6， 32整理化简，得3−10+3=0，解得=1或=3(舍去)． 3∴线段PD上存在满足题意的点Q，且

PQ1=． QD23c23b2122．【解析】(1)由e=2=，2=，

42a4ax2y2椭圆C的方程可化为：2+2=1，

4bb又M1,3，在C上， 2所以

13+=1，解得b2=1． 224b4bx2故C的方程为+y2=1．

4(2)设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2 ，

如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知t0，且t2，

4−t2可得A，B的坐标分别为t,24−t2，t,−2． 4−t2−24−t2+2−=−1，得t=2，不符合题设． 则k1+k2=2t2t

从而可设l:y=kx+m(m1)．

x2将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，

4由题设可知=1k2−m2+10．

()4m2−48km设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−2，x1x2=． 24k+14k+1而k1+k2=y1−1y2−1 +x1x2=kx1+m−1kx2+m−12kx1x2+(m−1)(x1+x2)． =+x1x2x1x2由题设k1+k2=−1，故(2k+1)x1x2+(m−1)(x1+x2)=0．

4m2−4−8km即(2k+1)+m−1=0． ()4k2+14k2+1解得k=−m+1． 2m+1m+1(x−2)． x+m，即y+1=−22当且仅当m−1时，0，此时l:y=−所以l过定点(2,−1)．