江西省抚州市乐安县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷及详细解答

这是一份江西省抚州市乐安县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷及详细解答，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省抚州市乐安县高二（下）期中数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  设是可导函数，且，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  根据教育部的规定，从年月日以来，全国各地的中小学都开展了课后延时服务．各个学校都及时安排老师参加课后延时服务工作，学校要求张老师在每个星期的周一至周五要有三天参加课后延时服务．若张老师周五一定参加课后延时服务，则他周四也参加课后延时服务的概率为(    )A.  B.  C.  D. 3.  在等差数列中，已知，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  数列，满足，，则的前项和为(    )A.  B.  C.  D. 5.  利用独立性检验的方法调查大学生的性别与爱好某项运动是否有关，通过随机询问名不同的大学生是否爱好某项运动，利用列联表，由计算可得参照附表，得到的正确结论是(    ) A. 有以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
B. 有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
C. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
D. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”6.  已知等差数列中，为其前项和，，，则(    )A.  B.  C. 或 D. 或7.  已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知函数，若不等式对恒成立，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  下列四个数列中的递增数列是(    )A. ，，，， B. ，，，
C. ，，， D. ，，，，10.  设函数在区间上的导函数为，在区间上的导函数为，若在区间上恒成立，则称在区间上为凸函数则下列函数中，为区间上的凸函数的是(    )A.  B.
C.  D. 11.  已知函数的定义域为，导函数为，满足，为自然对数的底数，且，则(    )A.  B.
C. 在处取得极小值 D. 无极大值12.  阿基米德公元前年公元前年是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点、处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”已知抛物线：的焦点为，过、两点的直线的方程为，关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是(    )A.  B.
C. 点的坐标为 D. 第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知的展开式中各项系数和为，则展开式中常数项为        ．14.  已知数列的前项和为，若是和的等比中项，设，则数列的前项和为______．15.  设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是______．16.  已知函数，若，则实数的取值范围是______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知点在圆上，点，．
求点到直线距离的最大值；
当最小时，求线段的长．18.  本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
直线为曲线的切线，且经过原点，求直线的方程及切点坐标．19.  本小题分
如图，已知三棱柱中，，，四边形是菱形．
求证：平面；
若，，，求二面角的正弦值．
20.  本小题分
已知抛物线：的焦点到准线的距离为，圆：．
若第一象限的点，是抛物线与圆的交点，求证：点到直线的距离大于；
已知直线：与抛物线交于，两点，，若点，关于轴对称，且，，三点始终共线，求的值．21.  本小题分
已知，是方程两个根，数列是递增的等差数列，数列的前项和为，且
求，的通项公式；
记，求数列的前项和．22.  本小题分
函数．
Ⅰ当时，求证：函数有两个零点；
Ⅱ若，求证：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查了函数的导数的求解，解题的关键是导数定义的灵活应用．
由题意可得，结合已知可求．
【解答】
解：，
．
故选B．  2.【答案】 【解析】解：解法一：学校要求张老师在每个星期的周一至周五要有三天参加课后延时服务．
如果张老师周五一定参加课后延时服务，
则他参加课后延时服务的安排方案有种，
其中周四参加课后延时服务的安排方案有种，
所以他周四也参加课后延时服务的概率为．
解法二：设事件为张老师“周五参加课后延时服务”，
事件为张老师“周四参加课后延时服务”，
则，，
故他周四也参加课后延时服务的概率为．
故选：．
法一：他参加课后延时服务的安排方案有种，其中周四参加课后延时服务的安排方案有种，由此能求出他周四也参加课后延时服务的概率；
法二：设事件为张老师“周五参加课后延时服务”，事件为张老师“周四参加课后延时服务”，则，，利用条件概率能求出他周四也参加课后延时服务的概率．
本题考查概率的运算，考查古典概型、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 3.【答案】 【解析】【分析】本题考查等等差数列的性质以及通项公式，注意等差数列的通项公式，属于基础题．
根据题意，由等差数列的性质可得，又由，即可得答案．【解答】解：根据题意，等差数列中，
若，则，即，
所以．
故答案选：．  4.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查裂项相消法求和，属于基础题．
先根据已知条件计算出数列的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前项和即可．【解答】解：由题意可得，
故的前项和为


．
故选：．  5.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了独立性检验，即两个变量之间的关系的可信程度与临界值表的应用问题，是基础题．
将所给的同表格所给的临界值进行比较，看大于哪一个临界值，得到说明两个变量有关系的可信程度．
【解答】
解：计算，
对照表中数据得出有的几率说明这两个变量之间的关系是不可信的，
即有的把握说明两个变量之间有关系，
故选：．  6.【答案】 【解析】解：等差数列中，为其前项和，
，，
，
解得或，
或．
故选：．
利用等差数列列方程组，求出首项和公差，由此能求出．
本题考查等差数列的前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：根据题意，数列和都是等差数列，
则有，
又由，则有，
若为整数，必有是正整数，
又由，则是的大于的约数，故的值有，，，，，共个；
所以使得为整数的正整数有个．
故选：．
根据题意，由等差数列的性质可得，由此分析的大于的约数，即可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列前项和的性质，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：不等式对恒成立，
即为，即对恒成立，
设，由，可得在递增，且，
当时，；，，作出的图象，
再设，，可得表示过，斜率为的一条射线不含端点，
要求的最大值，且满足不等式恒成立，可求的最大值，由于点在轴上移动，
只需找到合适的，且与切于点，如图所示：
此时，即有的最大值为，
故选：．
由题意可得对恒成立，设，--，，考虑它们的图象，结合导数的几何意义，以及射线的性质，即可得到所求最大值．
本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和数形结合思想，考查导数的运用：求切线的斜率和单调性，考查运算能力和推理能力，属于难题．
 9.【答案】 【解析】解：选项，数列中的项是越来越小的，不属于递增数列；
选项，数列的项成周期变化，也不是递增数列；
选项，数列是递增数列；
选项，数列是递增数列，
故选：．
由递增数列的定义可知，递增数列必须是后一项总比前一项大的数列．依据这一标准从四个答案中判断正确选项即可．
本题主要考查了递增数列概念的理解能力，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：对选项，，，
，，，
不是凸函数，选项错误；
对选项，，，
，，，
是凸函数，选项正确；
对选项，，，
，，，
不是凸函数，选项错误；
对选项，，，
，，，
是凸函数，选项正确．
故选：．
根据题意，求出的二阶导函数，再判断二阶导函数的符号，即可求解．
本题考查新定义的应用，导数的基本运算，属基础题．
 11.【答案】 【解析】解：设，则，
可设，则，解得，
故，即，
令，则，故在上单调递增，
，即，则，A错误；
，令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
，在处取得极小值，无极大值，
则、、均正确
故选：．
设，对其求导可得，因此设，根据题意可得，的解析式，对：利用导数判断的单调性分析判断，对、、：利用导数判断的单调性分析判断．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：由，消去得，，，解得，，
可得，故A正确；
由，得，，则，，，故，故B正确；
直线的方程为，直线的方程为，联立方程可得交点，故C错误；
，，，故AB，故D正确．
故选：．
联立直线方程与抛物线方程可解出，两点坐标，可求的长，以及，的斜率，从而可判断，求得直线，的方程，解出交点坐标可判断，求出的斜率与的斜率可判断．
本题主要考查了抛物线的定义，以及抛物线的性质和运算能力，是中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由已知，令，则，解得，
 展开式的通项公式为，，，，
令，解得，则，
则展开式中常数项为，
故答案为：．
将代入，可得展开式中的各项系数和，从而解出；利用展开式的通项公式求出展开式中含的项，与 相乘，即为展开式中的常数项．
本题考查二项式定理的系数和，考查二项式展开式中的特定项，考查学生计算能力，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由题意可得，，
当时，，解可得，，
同理可得，，，，
所以，
数列的前项和
．
故答案为：．
由已知归纳出通项公式，然后利用分组求和即可求解．
本题主要考查了利用递推公式求解数列的通项公式，分组求和的应用是求解问题的关键，属于中档试题．
 15.【答案】 【解析】解：依题意，函数的定义域，，，解得，，
的递减区间，又在区间上单调递减，则应，，
答案为：．
首先运用导数求函数的递减区间，然后建立的不等式解之．
本题考查了运用导数求函数的单调区间，是基础题．
 16.【答案】 【解析】解：因为，
设，定义域，
，所以为奇函数，
，所以单调递增，
不等式，即为，
即，所以，
即，
解得，
即实数的取值范围是
故答案为：
设，求出的单调性和奇偶性，将不等式合理转化，即可求得结论．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，构造是解题的关键，属于中档题．
 17.【答案】解：直线的方程为，即，
圆心到直线的距离，
则点到直线距离的最大值为．
当直线在和圆相切时，如图，最小，
此时． 【解析】求出圆心到直线的距离，根据圆的性质得到最大值距离为．
根据图象得到直线在和圆相切时，最小，然后利用切线长公式进行求解即可．
本题主要考查直线和圆位置关系的应用，根据切线长公式以及直线和圆相离时的性质进行计算是解决本题的关键，是中档题．
 18.【答案】解：由，得
，，
曲线在点处的切线方程为，即；
设切点为，，
切线方程为，
切线经过原点，
，
，．
则，
所求的切线方程为；
切点为． 【解析】求出原函数的导函数，得到函数在时的导数，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得答案；
设出切点坐标，求出函数过切点的切线方程，由切线过原点求得切点横坐标，则直线方程与切点坐标可求．
本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是区分切线所经过的点是否为切点，是中档题．
 19.【答案】解：证明：四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，则，
又，，，、平面，
平面，
又平面，则，
四边形是菱形，
，
，，，、平面，
平面；
由得平面，
又面，则平面平面，
四边形是菱形，，则是正三角形，
取、的中点分别为、，连，，
则，，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
建立以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，如下图所示：

则，
，，，
平面的一个法向量为，
设面的一个法向量为，
则，令，则，
设二面角的大小为，
则，
又，则，
故二面角的正弦值为． 【解析】利用线面垂直判定定理，即可证明结论；
建立空间直角坐标系，利用向量的方法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 20.【答案】解：证明：由抛物线的方程可得焦点，准线方程为：，
所以焦点到准线的距离，
所以抛物线的方程为：，即，，在第一象限，
联立，解得，，
所以直线的方程：，即，
所以焦点到直线的距离，
即证得点到直线的距离大于；
设，，由题意，
直线的方程为，，
联立，整理可得：，
，可得，，，
要使，，三点共线，则，
即恒成立，
即，
整理可得：，
整理可得，而，
所以，
所以． 【解析】由抛物线的方程可得焦点到准线的距离，由题意可得的值，进而求出抛物线的方程，联立抛物线的方程与圆的方程，求出，的坐标，求出直线的方程，进而求出焦点到直线的距离，可证得焦点到直线的距离大于；
设，的坐标，由题意可得的坐标，联立直线与抛物线的方程，可得两根之和及两根之积，求出直线，的斜率相等，将两根之和及两根之积代入，可求得的值．
本题考查了求抛物线的方程，直线与抛物线的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 21.【答案】解：，是方程两个根，且数列是递增的等差数列，
，，
，，，
等差数列的通项公式为；
在数列中，当时，，
当时，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
故其通项公式为；
由可知，
则，
，
，



． 【解析】根据题意及等差数列与等比数列的通项公式，方程思想，即可求解；
根据错位相减法求和，即可求解．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式的求解，错位相减法求和，化归转化思想，属中档题．
 22.【答案】证明：Ⅰ当时，，
则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
又，，，
所以存在使得，
则函数存在两个零点，，
所以函数有两个零点；
Ⅱ当，等价于，
由题意可知，，
令，可得，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以当时，取得最小值，且，
由题意，只需证明，
令，则，
则只需证明，即，
令，，
故只需证明即可，
则，
当时，，故，
所以在上单调递增，
因为，所以，
故成立． 【解析】Ⅰ求出，进而求出，利用导数判断函数的单调性，确定函数的正负，由零点的存在性定理即可证明；
Ⅱ将问题转化为证明，利用导数研究函数的最小值，问题转化为，利用换元法，令，构造函数，，转化为证明即可，利用导数研究函数的单调性，即可证明．
本题考查了导数与函数、导数与不等式的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：方程法直接解方程得到函数的零点；图象法直接画出函数的图象分析得解；方程图象法令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解属于难题．