江西省九江市德安县第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试数学试题

高中二年级

数学试题

命题人：集备组

一、单选题（每题5分，共40分）

1．过两点的直线方程为(    )

A． B．

C． D．

2．设直线被圆：所截得弦的中点为，则直线的方程为（    ）

A．  B．

C．  D．

3．某同学喜爱球类和游泳运动，在暑假期间，该同学上午去打球的概率为，若该同学上午不去打球，则下午一定去游泳；若上午去打球，则下午去游泳的概率为.已知该同学在某天下午去游了泳，则上午打球的概率为（    ）

A． B． C． D．

4．已知双曲线的右焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（   ）

A． B．

C． D．

5．记为等差数列的前n项和，已知，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

6．在数列中，，数列是以5为公比的等比数列，则（    ）

A．2021 B．2022 C．2023 D．2024

7．已知函数满足，且的导函数，则的解集为（    ）

A． B． C． D．

8．若实数a，b，c满足，则（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题（每题5分，共20分）

9．已知首项为的等差数列的前n项和为，公差为d，且，则（    ）

A． B． C． D．

10．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ）

A．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有20种

B．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有78种

C．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种

D．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种

11．若时，关于的不等式恒成立，则实数的值可以为（    ）（附：）

A． B．3

C． D．

12．已知函数，下列结论正确的是（    ）

A．在上单调递增

B．的最大值为1

C．当时，

D．若函数恰有2个零点，则的取值范围为

三、填空题（共20分）

13．等比数列中，，，则公比q的值为_____________.

14．已知函数，则________．

15．过抛物线的焦点作一直线交抛物线于、两点，则的值是________．

16．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为_______．

四、解答题（共70分）

17．已知的三个顶点，，，求：

(1)边上的高所在直线的方程；

(2)的垂直平分线所在直线的方程．

18．已知，，，四个袋，每个袋中都有1个黑球和1个白球共两个球，这些球除颜色外完全相同．现有，两个空盒，甲同学从，两袋中各随机取出1个球，放入盒中；乙同学从，两袋中各随机取出1个球，放入盒中．

(1)求：盒中是两个黑球的概率，盒中是一个黑球和一个白球的概率，盒中是两个白球的概率；

(2)接下来丙同学从，两盒各随机取出1个球，记录下颜色后，放回原盒；随后丁同学从，两盒各随机取出1个球，记录下颜色后，放回原盒．

（i）求：丙同学取得两个白球的概率；

（ii）在，两盒中无任何一盒是两个白球的条件下，求丙、丁两位同学都取得两个白球的概率．

19．如图，四棱锥P－ABCD的底面是菱形，底面ABCD，，，点E是CD的中点，异面直线PE与AC所成角的余弦值为．

(1)求PA；

(2)求PE与平面PBD所成角的正弦值．

20．已知椭圆的右顶点为，右焦点为，上顶点为，过两点的直线平分圆的面积，且（为坐标原点）．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．

21．已知函数，对任意，都有．

(1)求的值．

(2)数列满足：，求数列前项和．

(3)若，证明：

22．已知函数，．

(1)求函数的单调区间；

(2)若恒成立，求实数m的取值范围．

1．B

由两点，可得过两点的直线的斜率为，

又由直线的点斜式方程，可得，即.

故选：B.

2．D

圆的圆心为，

设直线的斜率为，

由已知直线与垂直，又，

所以，

所以，

所以的方程为，即.

故选：D.

3．C

设上午打球为事件，下午游泳为事件，

则，

故，

所以，

所以上午打球的概率为.

故选：C.

4．D

不妨设点在第一象限，由题意可知，

由于是等边三角形，则，所以，

由题意可得，解得，

因此，该双曲线的标准方程为.

故选：D.

5．A

设公差为，

则，，

，

所以时，取得最小值．

故选：A．

6．B

因为数列是以首项，为公比的等比数列，则，

所以.

故选：B．

7．D

设，则，因为，所以，即函数在上单调递减，

则，即，即，

所以，即的解集为.

故选：D

8．A

由可得：，，，

比较a和b，构造函数，

当，，在上单调递增，

故，即.

比较b和c，构造函数，

当，，∴在上单调递增，

∴，即.

综上，.

故选：A.

9．AC

对于A：因为，所以，

则，解得，故A正确；

对于B：，则，故B错误；

对于C：因为，所以数列为递增数列，

因为，，即数列的前8项为负数，从第9项开始，都为正数，

则，故C正确；

对于D：，故D错误；

故选：AC

10．BCD

对于选项A：可知有三种可能：

甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种；

甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种；

甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故A错误；

对于选项B：可知有四种可能：

甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；

甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；

甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；

甲不在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故B正确；

对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种；

若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故C正确；

对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种；

若有小区没有人去，则有两种可能：

所有人去了一个小区，则不同的排法有种；

所有人去了两个小区，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故D正确；

故选：BCD.

11．BC

由题意知：当时，恒成立；

令，则，

令，则，

当时，恒成立，单调递增，

所以，即恒成立，

在上单调递增，，

，即实数的取值范围为.

，，，，.

故选：BC.

12．BCD

选项AB，易知的定义域为，，所以，

当时，，即在区间上单调递增，

当时，，即在区间上单调递减，

则，故选项A错误，选项B正确；

选项C，令，则 ，因为，所以，即在区间上单调递增，

则，即，故选项C正确；

选项D，令，由，得到，

因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，，

当趋近于0时，趋近于0，当趋近于时，趋近于0，

所以时，恒有，所以，

如图1，当或时，无解，

则无零点，不合题意；

当时，时，，由，得到，即时，

则有且只有一个零点，不合题意；

当时，有两个解，

因为，如图2，有且仅有两解，，无解，

则有且两个零点，符合题意；

所以恰有两个零点时，，故选项D正确.

故选：BCD.

13．或

∵，，

∴是方程的两根，

∴或，

∵，

∴或，

∴或

故答案为：或

14．

,

所以.

故答案为:.

15．

由题意知，抛物线焦点坐标为，从而设直线AB的方程为，

联立方程，得，，

，.

所以.

故答案为：.

16．

，即，

，设，恒成立，函数单调递增，故，

故，设，，故，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

故，故，

故答案为：

17．(1)；

(2).

（1）由斜率公式易知，直线的斜率．

又直线过点，代入点斜式得直线的方程为：．

（2），．又线段的中点为，

所在直线的方程为，

整理得所求的直线方程为：．

18．(1)答案见解析

(2)（i）；（ii）

（1）解：盒中是两个黑球的概率为，或；

盒中是一个黑球和一个白球的概率为，或；

盒中是两个白球的概率为，或．

（2）（i）丙同学取得两个白球的概率为，

或．

（ii）法一：在，两盒中无任何一盒是两个白球的条件下，丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．

法二：，两盒中无任何一盒是两个白球的概率为．

，两盒中无任何一盒是两个白球且丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．

从而在，两盒都不是两个白球的条件下，丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．

19．(1)1

(2)

（1）解：如图，取AD的中点H，连接EH，PH，

设，

∵H，E分别为AD，CD的中点，

∴，

∴异面直线PE与AC所成角即为（或其补角），

又∵四边形ABCD为菱形，，，

∴，.

∵底面ABCD，

∴，，，

∴，（无解）

解得或者（舍），即．

（2）如图，取BC的中点F，

∵△ABC为等边三角形，

∴，

又∵底面ABCD，

如图以A为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

∴，，，，，，

∴，，

∴，

设平面PBD的法向量为，

∴，，

即，，

不妨令，得：，，

∴，

∴PE与平面PBD所成角的正弦值为

．

20．(1)；

(2)或．

（1）如图所示：

由题意可知，所以直线的方程为，

因为过两点的直线平分圆的面积，

所以直线的方程过圆心，即，

又，

两式联立可得，所以椭圆的方程为；

（2）由直线的方程为，则点到直线的距离为，

联立方程组整理可得，

由判别式，解得，

设，则，

可得

，

所以

（当且仅当时，等号成立），

所以所求直线的方程为或．

21．(1)

(2)

(3)证明见解析

（1）因为对任意，都有，

令，所以，所以.

（2）因为，

令，则，

①，

又②，

两式相加得：

，

所以．

，

所以③，

④，

③④可得，

，

所以；

（3）由（2）可知，

所以，

所以

，

所以.

22．(1)函数的单调增区间为，无减区间

(2)

（1）解：由函数，可得的定义域为且，

设，可得

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，所以，即，

故在定义域为上单调递增，无减区间，

即函数的单调增区间为，无减区间.

（2）解：设，其中，

则，

令，其中，可得对任意恒成立，

所以在上单调递减，

因为，，

所以，使得，即，则，即，

因此，当时，，即，则单调递增；

当时，，即，则单调递减，

故，解得，

所以当时，恒成立．