江西省赣州市第四中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题

这是一份江西省赣州市第四中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题，共18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。
江西省赣州市第四中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知等差数列的公差为3，且其前项和为，若，则
A．-2 B．3 C．2 D．-3
2．在某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是（    ）
A． B． C． D．
3．若函数f（x）＝x3+ax2+2x（a∈R）在x处取得极小值，则实数a的值为（　　　　）
A． B． C． D．3
4．曲线在点 (为自然对数的底数)处的切线方程为(　　)
A． B． C． D．
5．盒中有个红球，个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是（    ）
A． B．
C． D．
6．数列中，，则数列的前8项和等于（    ）
A．32 B．36 C．38 D．40
7．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．已知函数的图像关于直线对称，且当，成立，若，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知，，则（    ）
A．     B．     C．     D．
10．以下四个命题，其中不正确的是（    ）
A．由独立性检验可知，有的把握认为物理成绩与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他有的可能物理优秀
B．两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于0
C．在线性回归方程 中，当变量每增加一个单位时，变量平均增加个单位
D．线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点
11．设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（    ）
A． B．
C．为常数 D．为等比数列
12．已知函数f(x)=，函数g(x)=xf(x)，下列选项正确的是（    ）
A．点（0，0）是函数f（x）的零点
B．∈（1，3），使f（）>f（）
C．函数f（x）的值域为[
D．若关于x的方程[g（x）]²－2ag（x）=0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（∪（）

三、填空题
13．函数的单调递减区间是 .
14．甲、乙两人比赛乒乓球，甲先发球．假设甲发球不会失误，乙接甲发球的失误率为0.3，接甲回球的成功率为0.5，若乙回球成功后，甲回球的失误率为0.4，则乙在两个回合中丢分的概率为 ．
15．已知数列满足，则 .
16．已知函数在x=2处取得极小值，则在上的最大值为 ．

四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）请确定3998是否是数列中的项？
18．如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．
  
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
19．2020年初，新型冠状病毒肺炎（COVID－19）在我国爆发，全国人民团结一心、积极抗疫，为全世界疫情防控争取了宝贵的时间，积累了丰富的经验.某研究小组为了研究某城市肺炎感染人数的增长情况，在官方网站．上搜集了7组数据，并依据数据制成如下散点图：

图中表示日期代号（例如2月1日记为“1”，2月2日记为“2”，以此类推）．通过对散点图的分析，结合病毒传播的相关知识，该研究小组决定用指数型函数模型来拟合，为求出关于的回归方程，可令，则与线性相关．初步整理后，得到如下数据：，．
（1）根据所给数据，求出关于的线性回归方程：
（2）求关于的回归方程；若防控不当，请问为何值时，累计确诊人数的预报值将超过1000人?（参考数据：，结果保留整数）
附：对于一组数据，其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
20．已知函数，．
(1)当时，比较与2的大小；
(2)求证：，．
21．已知双曲线的一条渐近线方程为，且双曲线经过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与交于两点（与点不重合），直线分别与直线交于点，求的值.
22．已知函数，是函数的导函数，且在上单调递增，e是自然对数的底数．
(1)当时，求f(x)图像在处的切线方程：
(2)若函数对任意的恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：
1．D
【分析】由等差数列的性质可得，即，根据等差数列的通项公式可得.
【详解】由题意可得，所以，则.故选D.
【点睛】本题考查等差数列的性质的应用，考查等差数列的通项公式，属基础题.
2．A
【分析】利用正态分布曲线的特点求出，然后再求恰有2名学生的成绩不低于85的概率即可.
【详解】因为学生成绩服从正态分布，且，所以，，，
所以从参加这次考试的学生中任意选取1名学生，其成绩不低于85的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是.
故选：A.
3．A
【分析】因为处取得极限值，所以，即可求出的值.
【详解】.
因为处取得极小值，所以.
即：，解得：.
故选：A
【点睛】本题主要考查函数的极值问题，同时考查计算能力，属于简单题.
4．D
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】由，所以，，
所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即，
故选：D
5．C
【分析】设事件“第一次抽出的是黑球”，事件“第二次抽出的是黑球”，则，由全概率公式计算，即可得到答案；
【详解】设事件“第一次抽出的是黑球”，事件“第二次抽出的是黑球”，则，由全概率公式．
由题意，，，，
所以．
故选：C
6．B
【分析】根据所给数列表达式，递推后可得.并将原式两边同时乘以后与变形后的式子相加，即可求得，即隔项和的形式.进而取n的值，代入即可求解.
【详解】由已知，①
得，②
由得，
取及，易得，，，
故.
故选：B.
【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，对数列表达式进行合理变形的解决此题的关键，属于中档题.
7．D
【分析】把各层的铅笔数看出等差数列，利用求和公式得到，由n为264 的因数，且为偶数，把四个选项一一代入验证即可.
【详解】设最上面一层放根，一共放n（n≥2）层，则最下一层放根，
由等差数列前n项和公式得：，
∴，
∵,∴n为264 的因数，且为偶数，
把各个选项分别代入，验证，可得：n=8满足题意.
故选：D
【点睛】(1)数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
（2）等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．
8．D
【分析】先得到为偶函数，再构造函数，利用题目条件判断单调性，进而得出大小关系.
【详解】函数的图像关于直线对称，可知函数的图像关于直线对称，即为偶函数，构造，当，，故在上单调递减，且易知为奇函数，故在上单调递减，由，所以.
故选：D.
9．AD
【分析】因为，，所以，由均值不等式可判断A；由可判断B；由，由均值不等式可判断C；，令，则，令，对函数求导，得到函数的单调性，可判断D.
【详解】因为，，所以，选项A：因为，所以，
当且仅当时等号成立，故正确；
选项B：因为，
当且仅当时等号成立，故不正确；
选项C：因为，
所以，当且仅当时等号成立，故不正确；
选项D：，令，则，
令，所以，所以
在上单调递增，所以，所以，故D正确.
故选：AD.
10．ABD
【分析】根据独立性检验和线性回归的相关知识对选项逐一分析即可.
【详解】对于A，有的把握认为物理成绩与数学成绩有关，是指“不出错的概率”，
不是“数学成绩优秀，物理成绩就有的可能优秀”， ∴A 错误；
对于B，根据随机变量的相关系数知，两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于 1，∴ B 错误 ;
对于C，根据线性回归方程中，当变量每增加1个单位时，变量平均增加个单位，故C正确；
对于D， 线性回归方程对应的直线可能不经过其样本数据点中的任何一个点，故D 错误.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比为，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
12．BC
【分析】利用函数的零点判断A，利用函数的单调性及最值判断选项BC；利用函数的单调性及函数的极值判断选项D.
【详解】对于选项A，0是函数的零点，零点不是一个点，所以A错误；
对于选项B，当时，，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，当时，；
当时，，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，当时，．
综上可得，选项B正确．
对于选项C，，选项C正确．
结合函数的单调性及图像可得：函数有且只有一个零点0，则也有且只有一个零点0；


所以对于选项D，关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有一个非零的实数根⇔函数的图象与直线有一个交点，且，
则
当时，，
当变化时，，的变化情况如下：




0


+
0

0
+

增
极大值
减
极小值
增
极大值，极小值；
当时，，
当变化时，，的变化情况如下：

1

2




0
+

e
减
极小值
增
极小值．
综上可得，或，
解得的取值范围是，
故D错误．
故选：BC．
13．
【分析】求导，解不等式可得结果.
【详解】,
由，得，
所以函数的单调递减区间是.
故答案为：.
14．0.51/
【分析】乙失误的情况有两种：①乙在第一次接球时失误；②乙在第二次回球时失误，即甲发球成功后，乙第一次回球成功，然后甲回球成功，乙回球失误．由条件概率和全概率公式分别求出其概率即可得出答案.
【详解】设事件表示“乙接甲发球成功”，事件A表示“甲第一次回球成功”，
事件表示“乙第二次回球成功”，
故乙在两个回合中丢分的概率，易知，，，
则，
故．
15．
【分析】利用构造法，构造等比数列求通项公式.
【详解】∵，由，解得，
∴有，
是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，∴.
故答案为：.
16．
【分析】根据函数在x=2处取得极小值可得，求得a的值，继而判断函数在上的极值情况，计算端点处函数值并进行比较，可得答案.
【详解】因为，所以，
由题意可得，解得，
则，，
令，可得x=1或x=2，当x在上变化时，与的变化情况如下表：
x

1

2



0

0


递增
极大值
递减
极小值
递增
所以函数的极大值为，极小值为，
又因为，
且，所以，
所以，
故答案为：
17．（1）（2）第1000项
【分析】（1）由题意有，解方程组即得数列的通项公式；（2）假设3998是数列中的项，有，得，即可判断得解.
【详解】解：（1）设数列的公差为，
由题意有，解得，
则数列的通项公式为.
（2）假设3998是数列中的项，有，得，
故3998是数列中的第1000项.
【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，考查某一项是否是等差数列中的项的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
因为为的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：因为平面，底面为矩形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
  
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，令，可得，
因为，故点到平面的距离为.
19．（1）（2），
【分析】（1）根据参考公式求出这两个系数，从而得到，于是可知回归方程；
（2）把代入（1）中求出的回归方程，即可得到关于的回归方程为再解不等式即可得解．
【详解】（1），
，
故关于的线性回归方程为．
（2）把代入，
可得关于的回归方程为．
由，得
解得，即当时，累计确诊人数将超过1000人．
【点睛】本题考查回归方程的求法，考查学生对数据分析的能力和运算能力，属于基础题．
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）当时，求得导函数，再根据，分不同范围讨论即可.
（2）由（1）中结论可知，当时，，然后换元，即可得，
结合对数运算从而可证得结论.
【详解】（1）当时，，，
所以，所以在上单调递增，又因为，所以当时，，当时，，当时，
（2）由（1）知，当时，，即，令，，
则有，即，
所以，
即，．
21．(1)；
(2).

【分析】（1）由题得，进而即得；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，根据直线，的方程表示出结合韦达定理即得.
【详解】（1）由题意可知，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，代入中，
可得，设，
则.
  
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，
因为，
所以，即.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)

【分析】对于小问1：求出切点坐标与在切点处的导数值，即可求得切线方程；
对于小问2：首先根据题干中在上单调递增这个条件，把进行参变分离，然后构造函数即可得到的一个范围；对于对任意的恒成立这个条件，再把进行参变分离，然后构造函数即可得到的另一个范围，两个范围共同确定出实数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
，即切点为，，
所以切线方程为，即.
（2）因为，所以，.
令，因为在上单调递增，
则对恒成立，即对恒成立．
令，因为，所以时，最小值为，
所以.
因为在上单调递增，由，
所以时，，
所以在上单调递增，又
所以，所以
因为函数对任意的恒成立．
所以对任意的恒成立，
即对任意的恒成立．
令，则.
所以在上单调递增，所以，
所以，综上.
【点睛】本题考查了通过函数恒成立，进行参变分离的解题方法，需要注意本题需要分离两次，要考虑全面.