河南省洛阳市创新发展联盟2022-2023学年高二下学期3月联考数学试卷

（北京）股份有限公司 2022~2023 年度下学年创新发展联盟第一次联考 数 学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.本试卷主要考试内容：人教A 版选择性必修第一册占20%，选择性必修第二册占 60%，选择性必修第三册第六章第1 节占20%。 一、选择题：本大题共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. 现有3 幅不同的油画，4 幅不同的国画，5 幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间， 则不同的选法共有 A.5 种 B.12 种 C.20 种 D.60 种 2. 已知数列{an}的前n 项和为S , ₙ 且 Sₙ=n²+2ⁿ,则a₃= A.4 B.8 C.9 D.12 3. 已知某质点的位移x(单位：m)与时间t(单位：s)的关系式是 x=3t ²+2t,. 则质点在2s 时的 瞬时速度为 A.14m/s B.16 m/s C.7 m/s D.8 m/s 4. 用4 种不同的颜色对图中3 个区域涂色，要求相邻的区域不能使用同一种颜色，则不同 的涂法有 1 2 3 （北京）股份有限公司 A.24 种 B.36 种 C.48 种 D.64 种 5. 设等差数列{an}的前n 项和为an，且 S₇>0,S₈<0, 则下列各项中值最大的为 A.S4 a4 B. S5 a5 C. S7 a7 D. S3 a3 6. 函数f ( x)的图象如图所示,设f ( x)的导函数为f '( x),则f ( x)·f '( x)>0的解集为 A. (1,6) B. (1,4) C. (−∞,1)∪(6,+∞) D. (1,4) ∪(6,+∞) 7. 已知数列{an}满足a₁=16,(n+1)a ₙ ₊₁=2(n+2)a ₙ , 则a ₙ 的前100 项和为 A.25×2 ¹ ² ⁰ B.25×2 ¹ ³ ⁰ C.25×2 ¹ ⁴ ⁰ D.25×2 ¹ ⁵ ⁰ 8. 已知 a= 3 301 ,b= 2 201 ,c=ln 101 100 , 则 A.a>b>c B. a>c>b C. c>a>b D. b>a>c 二、选择题：本大题共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. 已知等比数列{an}的前n项积为T ₙ ,a₃a₄a₅=1,则下列结论正确的是 A. a₄=1 B. T ₂=T ₅ C.T ₇=7 D.若a₁=1, 则a₂=1 10. 已知圆C ₁: x ²+ y ²−6 y+5=0 和圆 C ₂: x ²+ y ²−8 x+7=0, 则下列结论正确的是 A.圆C ₁与圆C ₂外切 B.直线y=x与圆C ₁相切 C.直线y=x被圆C ₂所截得的弦长为2 D.若M , N分别为圆C ₁和圆C ₂上一点,则¿ MN∨¿的最大值为10 11. 若函数 f ( x)=x ²−1−alnx有两个零点，则a的值可以是 A.-1 B.1 C.2 D.3 12. 意大利数学家斐波那契从兔子繁殖问题引出的一个数列{an}：1，1，2，3，5，8， （北京）股份有限公司 13，…，其被称为斐波那契数列，满足a₁=a₂=1,a ₙ ₊₁=a ₙ +a ₙ ₋₁. 某同学提出类似的数列 {bn}:1,3,4,7,11,18,…,满足 b₁=1,b₂=3,b ₙ ₊₁=b ₙ +b ₙ ₋₁. 下列结论正确的是 A. b2+b4+b6+…+b100=b101−1 B. b101b99−b100 2 =5 C.设{b ₙ }的前n项和为S ₙ ,b₁₀₀−S₉₈=1 D.b1 2+b2 2+b3 2+…+b100 2 =b100b101−1 三、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分,把答案填在答题卡中的横线上. 13. 某书架的第一层放有5 本不同的数学书，第二层放有8 本不同的英语书.从这些书中任取 1 本数学书和1 本英语书，共有 ▲ 种不同的取法. 14. 已知函数f ( x)=sin x,则lim ∆x→0 f (π −2∆x)−f (π ) ∆x =¿ ▲ 15. 已知球O 的半径为6，球心为O，球O 被某平面所截得的截面为圆M，则以圆M 为底面， O 为顶点的圆锥的体积的最大值为 ▲ . 16. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全 相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4 个三角形和4 个正六 边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点G 在直线BC 上， 且⃗ BG=5⃗ BC ,BC=1,则直线EF 与直线AG 所成角的余弦值为 ▲ . 四、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. (10 分) 已知等差数列{an}的前n 项和为 S ₙ ,b ₙ 是等比数列，且 a₁=b₁=a₂b₂=1,a₂(b₁+b₂)=a₃. (1)求{b ₙ }的通项公式及S ₙ ; (2)求数列{ 1 Sn +an }的前n项和T ₙ . 18. (12 分) 将2 个不同的红球和2 个不同的黑球放入3 个不同的盒子中(可以有盒子不放球). （北京）股份有限公司 (1)若2 个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种? (2)若每个盒子最多只能装3 个球，则不同的放法有多少种? 19. (12 分) 如图, 在四棱锥P-ABCD 中,PD⊥底面ABCD, 底面ABCD 是矩 形,PD=CD=1,BC= ❑ √2,M 为BC 的中点, (1)证明:PB⊥AM. (2)求二面角B-AP-M 的平面角的余弦值. 20. (12 分) 已知函数f ( x)=xlnx+x ³. (1)求曲线y=f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程; (2)若f ( x)≥1对任意的x ≥m恒成立，求实数m的取值范围. 21. (12 分) 已知椭圆 C: x 2 a 2 + y 2 b 2 =11(a>b>0),四点P1 (0,❑ √2), P2 (1,1), P3 (❑ √2,1), P4 (−❑ √2,1) 中恰有三点 在C 上. (1)求C 的方程; (2)若圆 x 2+y 2= 4 3的切线l与C 交于点A,B,证明:OA⊥OB, 22. (12 分) 已知函数f ( x)=ln x−ax . (1)讨论f ( x)的单调性; (2)若函数 g( x)=f ( x)−x ² 有两个零点x₁, x₂( x₁<x₂), 求a的取值范围，并证明x₁ x₂>1. 2022~2023 年度下学年创新发展联盟第一次联考 数学参考答案 （北京）股份有限公司 1. B 从油画中选，有3 种不同的选法；从国画中选，有4 种不同的选法；从水彩画中选， 有5 种不同的选法.根据分类加法计数原理，共有3+4+5=12 种不同的选法. 2. Ca₃=S₃−S₂=3²+2³−(2²+2²)=9. 3. A x'=6t+2, 质点在2s 时的瞬时速度为6×2+2=14m/s. 4. B 先涂区域1，有4 种涂法；再涂区域2，有3 种涂法；最后涂区域3，有3 种涂法.故不 同的涂法有4×3×3=36 种. 5. A 因为S₇=7 a₄>0,S₈=4(a₄+a₅)<0, 所以a₄>0,a₅<0. 在{Sn}中,S ₄最大,在{an}中,a₄是最 小的正数,所以 S4 a4 最大. 6. D 图象可得当x<4时, f '( x)>0,当x>4时,f '( x)<0.结合图象可得 𝑓(𝑥)⋅𝑓′(𝑥) > 0 的解集为 (1,4)∪(6,+∞). 7. D 因为 a₁=16,(n+1)aₙ₊₁ = 2(n+2)aₙ,所以an+1 n+2= 2an n+1 ,a1 2 =8, 所以数列 { an n+1 }是以8 为 首项，2 为公比的等比数列，则 an n+1=2 n+2,即 aₙ=(n+1)2ⁿ ⁺².设{ aₙ}的前n 项和为T , ₙ 则 T ₙ=2×2³+3×2⁴+4×2⁵+⋯+(n+1)2 n+2,2𝑇𝑛 = 2×24 +3×25 +4×26 +⋯+(𝑛 +1)2𝑛+2, 两式相减，得−𝑇𝑛 = 2×23 +24 +25 +⋯+2𝑛+2 −(𝑛+1)2𝑛+3, 所以𝑇 = ₙ 𝑛⋅2ⁿ ³, ⁺ 𝑇₁₀₀ = 100×2¹ ³ = 25×2¹ ⁵. ⁰ ⁰ 8. B 因为 𝑎−𝑏 = 3 301 −2 201 = 603−602 301×201= 1 301×201> 0,所以a>b.设 𝑓(𝑥) = ln𝑥− (2( x−1) x+1 , 则𝑓′ (𝑥)= 1 x − 4 ( x+1) 2 = ( x−1) 2 x( x+1) 2 ≥0 ,故 𝑓(𝑥) = ln𝑥− 2( x−1) x+1 在(0,+∞)上单调递增.因为 f (1)=0,所以 𝑓( 101 100)= ln101 100 − 2( 101 100 −1) 101 100 +1 = ln101 100 −2 201>𝑓(1) = 0,即c>b.设 𝑔 (𝑥) =ln𝑥−3( x−1) x+2 , 则𝑔′(𝑥)= 1 x − 9 (x+2) 2= (x−1) (x−4 ) x (x+2) 2 ,当x∈(1,4) 时, 𝑔′(𝑥) <0,则g( x) 在(1,4)上单调递减.因为g(1)=0,所以 g( 101 100)= ln101 100 − 3( 101 100 −1) 101 100 +2 = ln101 100 −3 301>g(1)=0 （北京）股份有限公司 即a>c.综上,a>c>b. 9. ABD 因为 𝑎3𝑎4𝑎5 = 𝑎4 3 = 1, 所以a₄=1,A 正确.因为a₁a₂=a₁a₂a₃a₄a₅,.所以T ₂=T ₅, B 正确. T₇= 𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4𝑎5𝑎6𝑎7 =𝑎4 7 = 1,𝐶 错误. 若a₁=1, 则 𝑞3 = a₄ a₁ = 1, 解得q=1, 所以 a₂=a₁q=1,D 正确. 10. ACD 圆C ₁: x ²+ y ²−6 y+5=0化为x ²+( y −3)²=4, 圆心坐标为(0,3),半径为2, 圆 C ₂: x ²+ y ²−8 x+7=0 化为( x−4)²+ y ²=9, 圆心坐标为(4,0),半径为3. 因为两个圆的圆心距为❑ √3 2+4 2=5 , 等于两个圆半径的和，所以两个圆外切，A 正确. 圆C ₁的圆心到直线y=x的距离为0−3 ❑ √2 =3 ❑ √2 2 ≠2 , 所以直线y=x与圆C ₁不相切，B 错误. 圆C₂ 的圆心到直线y=x的距离为4−0 ❑ √2 =2❑ √2, , 直线y=x被圆C ₂所截得的弦长为2 ❑ √3 2−(2❑ √2) 2=2,C 正确. 若M,N 分别为圆C₁ 和圆C₂ 上一点,则|MN|的最大值为2×2+2×3=10,D 正确. 11. 𝐵𝐷 𝑓′(𝑥) =2𝑥− a x . 当a≤0时, 𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥)在(0，+∞)上单调递增.易知f ( x)有且仅有一 个零点x=1.当0<a<2 时，𝑓′(𝑥) = 0 有唯一解x0=❑ √ a 2< 1. 易知在(0,x ₀)上, 𝑓′(𝑥) < 0,𝑓(𝑥)单 调递减,且f ( x ₀)< 𝑓(1) = 0,𝑓( e −1 a) = e −2 a >0,即f ( x)在(0, x ₀)上有一个零点,在(x ₀,+∞)上, 𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥)单调递增.结合x ₀<1,f ( x ₀)<0,可得f ( x)在(x ₀,+∞)上有一个零点x=1.故 f ( x)在(0, x ₀),( x ₀,+∞)上各有一个零点. 当a=2 时,令𝑓′(𝑥) = 0,,得x=1,易知在(0,1)上, 𝑓′(𝑥) < 0,𝑓(𝑥)单调递减,在(1,+∞)上, 𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥)单调递增.故f ( x)的最小值为f (1)=0,f ( x)仅有一个零点. 当a>2 时, 𝑓′(𝑥) = 0 有唯一解x0=❑ √ a 2 >1 1. 易知在(0,x ₀)上, 𝑓′(𝑥) < 0,𝑓(𝑥))单调递减,且f (1)=0, 所以f ( x)在(0,x ₀)上有一个零点x=1. 在(x ₀,+∞)上 ,𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥)单调递增,且f (x ₀)<f (1)=0 f (e a) =(e a)²−1−𝑎²> (𝑎+1)²−1−𝑎² = 2𝑎 > 0 所以f ( x)在( x ₀,+∞)上有一个零点. （北京）股份有限公司 故f ( x)在(0, x ₀),( x ₀,+∞)上各有一个零点. 综上,当a≤0或a=2时,f ( x)仅有一个零点;当0<a<2 或a>2 , f ( x)有两个零点。 12. AD b2+b4+b6+...+b100=b3−b1+b5−b3+b7−b5+...+b101−b99=b101−b1=b101−1 A 正确. 因为bn+2bn−bn+1 2 =(bn+1+bn)bn−bn+1 2 =bn 2−bn+1(bn+1−bn)=bn 2−bn+1bn−1 bn+2bn−bn+1 2 bn+1bn−1−bn 2 = −1,b3b1−b2 2=−5,所以 {bn+1bn−1−bn 2} 是以-5 为首项，-1 为公比的等比数 列. bn+1bn−1−bn 2 = −5 ×(−1) n, b101b99−b100 2 = −5, B 错误. b100−b98 = b100 -(b₁+b₂+b₃+…+b₉₈) =b₁₀₀−(b₂+b₁+b₂+b₃+…+b98−b₂)= b₁₀₀−(b₃+b₂+b₃+…+b₉₈−3)=b₁₀₀−(b₄+b₃+…+b₉₈−3)=… = b₁₀₀-( b₁₀₀-3)=3,C 错误. b1 2 +b2 2 + b3 2 + ⋯ + b100 2 =b1b2 + b2 2 + b3 2 + ⋯ + b100 2 − 2 = b2b3 + b3 2 + ⋯ + b100 2 − 2 = b3b4+ b4 2+ ⋯ +b100 2 − 2 = b₁₀₀b₁₀₁−2,D 正确. 13. 40 从第一层中任取1 本数学书，有5 种取法；从第二层中任取1 本英语书，有8 种取 法.由分步乘法计数原理，共有5×8=40 种不同的取法. 14. 2 𝑓′(𝑥) = cos𝑥,, 则 lim ∆x→0 f (π −2∆x)−f (π ) ∆x =−2 lim ∆x→0 f (π −2∆x)−f (π ) −2∆x = −2𝑓′(𝜋)= −2cos𝜋 = 2. 15.16❑ √3𝜋 设圆M 的半径为r，圆锥的高为ℎ，则r ²+ℎ²=36. 圆锥的体积𝑉=1 3 𝜋 r ² = ℎ 1 3 𝜋(36− ℎ²) , ℎ 令函数𝑓( ) = ℎ 1 3 𝜋(36− ℎ²) , ℎ 则 𝑓′ (ℎ)=1 3 π (36−ℎ 2).当ℎ∈(0,2❑ √3) 时, 𝑓′( ) >0, ℎ 𝑓( ) ℎ单调递增；当h∈(2❑ √3,6)时, 𝑓′( ) < ℎ 0,𝑓( ) ℎ单调递减.f (ℎ)≤f (2❑ √3)=16 ❑ √3 𝜋,，故圆锥的体积的最大值为 16 ❑ √3 𝜋. 16. 5 ❑ √21 42 . 建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐴 ( ❑ √3 2 , 1 2 ,0), B( − ❑ √3 3 ,1, ❑ √3 6 ),C(− ❑ √3 6 , 1 2 , 2❑ √6 3 ) E(− ❑ √3 3 ,−1, ❑ √6 3 ),F ( ❑ √3 2 ,−1 2 ,0) （北京）股份有限公司 𝐸𝐹=(5 ❑ √3 6 , 1 2 ,− ❑ √3 6 ), 𝐵𝐶=( ❑ √6 3 ,−1 2 , ❑ √6 3 ), 𝐴𝐵 =(−5 ❑ √3 6 , 1 2 , ❑ √6 3 , 𝐴𝐺= 𝐴𝐵+ 𝐵𝐺 = 𝐴𝐵+5BC=(0,-2,2❑ √6) ,cos⟨𝐸𝐹 ,𝐴𝐺⟩ = EF ∙AG EFAG =−5 ❑ √21 42 ⋅ 故直线EF 与直线AG 所成角的余弦值为5 ❑ √21 42 . 17. 解:(1)设{an }的公差为𝑑, 𝑏ₙ 的公比为q. 因为 a₁=b₁=a₂b₂=1,a₂(b₁+b₂)=a₂b₁+a₂b₂=a₃, 所以1+d+1=1+2d,解得d=1,…………………………………………………………………2 分 所以 a₂ = 2, b2 = 1 2, 则 𝑞 = 1 2 , …………………………………………………………3 分 故 aₙ=a₁+(n−1)d=n, Sn=n(n+1) 2 , ……………………………………………………………………………4 分 𝑏𝑛 = 𝑏1𝑞𝑛−1 = 1 2 n−1 …………………………………………………………………………5分 (2)由(1)知1 Sn =2( 1 n − 1 n+1 ) …………………………………………………………………6 分