精品解析：江西省上犹中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省上犹中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 若随机变量，则， 已知，，且，则x的值为， 已知数列满足，且， 下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。

江西省上犹中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题
考生注意：
1.请将各题答案填写在答题卡上，填写在试卷上无效.
2.考试期间考生不得向监考老师提出任何与试卷内容相关问题，若有违反一律按考试舞弊处理（本场考试科目记做0分）.
3. 请勿在草稿纸上做任何标记，考试结束后请立即停止作答，由监考老师回收试卷、答题卡、草稿纸，期间考生不得离开考场.
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 已知点，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点间斜率公式求解即可；
【详解】解析：，又因为
所以，
故选：B.
2. 在等比数列中，，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比中项的含义可求答案.
【详解】因为，所以.
故选：D.
3. 从5件不同的礼物中选出3件分别送给3名同学，则不同的送法共有（ ）
A. 240种 B. 125种 C. 120种 D. 60种
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列组合即可求解.
【详解】由题意可知,
故选：D
4. 若随机变量，则（ ）
A. 4.8 B. 2.4 C. 9.6 D. 8.6
【答案】C
【解析】
【分析】由，求出，进而由线性关系计算出.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
5. 已知，，且，则x的值为（ ）
A. B. C. 6 D. －6
【答案】D
【解析】
【分析】空间中两向量平行，其对应坐标成比例，故可求之.
【详解】因为，所以，解得.
故选：D
6. 已知数列满足，且（），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用题给条件求得（），列出关于的方程，进而求得的值.
【详解】
（），

，解得.
故选：A
7. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用坐标法，根据点到直线距离的向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，

所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
8. 若在上恒成立，则实数a的取值范围是为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将不等式变形为，易知函数在上单调递增，即原不等式可等价于，在任意上恒成立，再利用导函数求出在上的最小值即可.
【详解】因为，
所以，
记，则恒成立，
即在上单调递增，
即原不等式等价于，在任意上恒成立，
所以等价于，在任意上恒成立，
记，，则，
令，解得，当时，，当时，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
即，
故选：B
【点睛】易错点点睛：本题在化简不等式时，一定注意到在区间上有意义，必有.
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用导数的运算法则可判断AD选项；利用基本初等函数的导数公式可判断BC选项.
【详解】对于A选项，，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，，D对.
故选：BD.
10. 如果数列为递增数列，则的通项公式可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据作差法即可判断BCD，举反例即可判断A.
【详解】对于A，当，故不是递增数列，故A不符合，
对于B，，故是递增数列，故B符合，
对于C,，故为递增数列，,C符合，
对于D,，故为递增数列，D符合,
故选：BCD
11. 已知为等差数列，满足，为等比数列，满足，，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列的首项比公差多 B. 数列的首项比公差少
C. 数列的首项为 D. 数列的公比为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式求各基本量，进而判断各选项.
【详解】设的公差为，由，
得，化简得，
所以A正确，B错误．
设的公比为，由，得，化简得，
所以C错误，D正确，
故选：AD.
12. 设函数，若是函数的两个极值点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C 若，则 D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】利用求得的关系式，利用差比较法计算，根据计算结果判断出正确的结论.
【详解】依题意，则，令，
由题意知，解得.
依题意，，是的两个零点，
所以（*），且，
①②，得③，
将（*）代入③，化简得（**），
所以
④，
将（*）、（**）代入④，得.
由于，所以当、、时，，
则，所以，故A、B错误，C正确.
当时，，则，所以，故D正确.
故选：CD
三、填空题（共20分）
13. 已知等差数列的前项和为，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
14. 已知函数，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数运算直接求导，再求出即可.
【详解】因为，所以，
所以，解得.
故答案为：
15. 已知函数,则函数的单调递减区间是______.
【答案】
【解析】
【分析】先求定义域,求导后令求得不等式解集,结合定义域最终求得结果.
【详解】函数定义域为,
由于函数,
所以,
得,
所以函数的单调递减区间是.
故答案为:.
16. 已知等差数列的首项为，公差，等比数列满足，，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合等差、等比数列的通项公式整理可得，令，结合函数单调性求取值范围.
【详解】设等比数列的公比为，则，，
则，
所以，且，
可得，，
则，
令，则在上单调递增，可得，
故在上单调递减，可得，
即的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17. 求下列函数的导数
（1）；
（2）.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用和的导数运算法则求导得解；
（2）利用商的导数运算法则求导得解.
【小问1详解】
因为，则.
【小问2详解】
由题得=＝＝－.
18. 已知圆的圆心在轴上，并且过，两点.
（1）求圆的方程；
（2）若为圆上任意一点，定点，点满足，求点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出圆心的坐标和圆的半径，即得解；
（2）设点，，由得，代入圆的方程即得解.
【小问1详解】
由题意可知，的中点为，，所以的中垂线方程为，
它与轴的交点为圆心，又半径，所以圆的方程为；
【小问2详解】
设，，由，得，
所以，又点在圆上，故，
所以，化简得的轨迹方程为
19. 某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生500人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：将分数不低于750分的学生称为“高分选手”.

（1）求的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数落在，内的两组学生中抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望.
【答案】（1），平均数，中位数650，众数600
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1求的值，再结合平均数、中位数和众数的定义运算求解；
（2）先根据分层抽样求各层人数，再结合超几何分布求分布列和期望.
【小问1详解】
由题意知，解得，
所以每组的频率依次为，
样本平均数，
因为，所以中位数650，
又因为的频率最大，所以众数为600．
【小问2详解】
由题意可得：从中抽取人，从中抽取人，
则随机变量的所有可能取值有0，1，2，3．可知，
即，
所以随机变量的分布列为：

0
1
2
3





随机变量的数学期望．
20. 如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是全等矩形，．

（1）若P是AA1的中点，求证:平面PB1C1⊥平面PB1C;
（2）若P是棱AA1上的点，直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两个平面垂直的判定定理推理即可；
（2）先根据直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【小问1详解】
由题意知 ，所以AC⊥BC，
又因为CC1⊥BC，且CC1∩AC＝C，AC平面ACC1A1，CC1平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又平面ACC1A1，所以BC⊥CP．
，即，所以AC＝AP，所以，
同理，所以，即PC1⊥CP．
又由于，所以B1C1⊥CP，且PC1∩B1C1＝C1，
又PC1平面PB1C1，B1C1平面PB1C1，
所以CP⊥平面PB1C1，
又因为平面PB1C，所以平面PB1C1⊥平面PB1C．
【小问2详解】
由（1）知，BC⊥平面ACC1A1，所以CP是直线BP在平面ACC1A1内的射影，
所以∠BPC就是直线BP与平面ACC1A1所成的角，即，
所以，所以由勾股定理得，
又由（1）知，A1 C 1，B1C1，CC1两两垂直，以C1C，C1B1，C1A1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设AA1＝2，则，，，，
设平面的一个法向量为，
由于，所以，即，
令，则，即，易知平面的一个法向量为，
设二面角B1﹣PC﹣C1的大小为，由图知为锐角，
所以.
故二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值为.
21. 已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（1）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与的通项公式；
（2）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式．
（2）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．
详解】（1）依题意，而，即，由于，∴解得，
∴．
∴，故，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴．
∴．
∴，故（）．
∴
．
经检验对于n=1也成立；
（2）依题意设，由于，
∴，
故
，
经检验对于n=1也成立，
∴．
由于，∴，∴，即．
22. 已知函数．
（1）证明：；
（2）设函数，，其中，若函数存在非负的极小值，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直接求导得，再令，再次求导利用余弦函数的有界性即可得在上单调递增，结合即可得到，即证明原不等式；
（2），结合（1）中的结论再分和讨论即可.
【小问1详解】
，令，则．
∵当时，，∴恒成立，即在上单调递增．
又，
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∴．∴．
【小问2详解】
．
由（1）知在上单调递增，∴当时，，即；当时，，即．
（i）当时，在上恒成立，∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∴，即．
（ii）当时，由，解得，，函数在上单调递减．
①当时，．当时，；
当时，；
当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
∴．不符合题意．
②当时，．当时，有恒成立，
故在上单调递减．∴函数不存在极小值，不符合题意．
③当时，．当时，；当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
∴．不符合题意．
综上所述，若函数存在非负的极小值，则a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用（1）中的结论：即的单调性，然后再对进行分类讨论，即分，，以及讨论即可.