江西省赣州市重点中学2022-2023学年高二数学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）

高二期中考试

数学

（120分钟  150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

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，将答题卡交回．

一、选择题：本题共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. 数列是等比数列，首项为，公比为q，则是“数列递减”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】由，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解得到答案.

【详解】由已知，解得或，，

此时数列不一定是递减数列，

所以是“数列递减”的非充分条件；

若数列为递减数列，可得或，所以，

所以是“数列递减”的必要条件.

所以“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.

故选：B.

2. 某学习小组共有11名成员，其中有6名女生，为了解学生的学习状态，随机从这11名成员中抽选2名任小组组长，协助老师了解情况，A表示“抽到的2名成员都是女生”，B表示“抽到的2名成员性别相同”，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出，，再利用条件概率求解即可．

【详解】由题意可知，，

所以．

故选：A．

3. 中国跳水队是中国体育奥运冠军团队．自1984年以来，中国跳水队已经累计为我国赢得了40枚奥运金牌．在一次高台跳水比赛中，若某运动员在跳水过程中其重心相对于水面的高度h（单位：米）与起跳后的时间t（单位：秒）存在函数关系，则该运动员在起跳后1秒时的瞬时速度为（    ）

A. 10米/秒 B. －10米/秒 C. 5米/秒 D. －5米/秒

【答案】D

【解析】

【分析】求导代入求解即可

【详解】由题意，，故该运动员在起跳后1秒时的瞬时速度为

故选：D

4. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列排序正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的变化率和导数的几何意义进行判断.

【详解】因为、分别是函数在、处的切线斜率，

由图可知，

又，，

所以，

故选：C.

【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关导数的几何意义的问题，正确解题的关键是理解函数的变化率和导数的几何意义.

5. 已知圆C与直线及相切，圆心在直线上，则圆C的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据圆心在直线上，设出圆心坐标为，利用圆C与直线及都相切，求得圆心坐标，再求圆的半径，可得圆的方程.

【详解】圆心在上，设圆心为，

圆C与直线及都相切，

圆心到两直线及的距离相等，

即，

圆心坐标为，，

圆C的标准方程为.

故选：A.

【点睛】本题考查求圆的方程，涉及到点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.

6. 某人于2020年6月1日去银行存款a元，存的是一年定期储蓄，2021年6月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行定期储蓄的年利率r不变，则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有（    ）

A. 元 B. 元 C. 元 D. 元

【答案】D

【解析】

【分析】根据从2021年6月1日起，将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，即求解.

【详解】设此人2020年6月1日存入银行的钱为元，2021年6月1日存入银行的钱为元，以此类推，

则2025年6月1日存入银行的钱为元，那么此人2025年6月1日从银行取出的钱有元．

由题意，得，，，……，

，

所以．

故选：D．

7. 对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②；③，.定义：同时满足性质①和②的数列为“数列”，同时满足性质①和③的数列为“数列”，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则为“数列”

B. 若，则为“数列”

C. 若为“数列”，则为“数列”

D. 若为“数列”，则为“数列”

【答案】A

【解析】

【分析】A选项，经过验证满足①②，故A正确；

B选项，经过验证不满足③，故B错误；

CD选项，均可举出反例.

【详解】若，则，满足①，

，，

因为，所以，满足②，

故A正确；

若，则，满足①，

，令，

若为奇数，此时，存在，且为奇数时，此时满足，

若为偶数，此时，则此时不存在，使得，

综上：B选项错误；

设，此时满足，

也满足，，

即，

但不满足③，，

因为，

综上C选项错误；

不妨设，满足，

且，，

当为奇数时，取，使得，

当偶数时，取，使得，

故为“数列”，

但此时不满足，不妨取，

则，而，

则不是“数列”，D选项错误.

故选：A.

8. 已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为．若为直角三角形，则

A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】由题意不妨假设点在第一象限、点在第四象限，，解三角形即可.

【详解】不妨假设点在第一象限、点在第四象限，.则易知，，∴，在中，，，

∴.

故选C

【点睛】本题主要考查双曲线的性质，根据双曲线的特征设出，位置，以及的直角，即可结合条件求解，属于常考题型.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 随着我国碳减排行动逐步推进，我国新能源汽车市场快速发展，新能源汽车产销量大幅上升，2017－2021年全国新能源汽车保有量y（单位：万辆）统计数据如下表所示：

由表格中数据可知y关于x的经验回归方程为，则（    ）

A.

B. 预测2023年底我国新能源汽车保有量高于1000万辆

C. 2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势

D. 2021年新能源汽车保有量的残差（观测值与预测值之差）为71.44

【答案】BCD

【解析】

【分析】因为经验回归方程为，恒过代入求出可判断A；将代入可判断B；由题知，2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势可判断C；将x=5，计算出2021年新能源汽车保有量的预测值，求观测值与预测值之差可判断D.

【详解】由题得，，代入可得，A项错误；

2023年的年份代码为7，代入得，高于1000万辆，B项正确；

2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势，C项显然正确；

将x=5，代入得，相应的残差为784－712.56=71.44，D项正确，

故选：BCD．

10. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则当移动时，下列结论正确的是（    ）

A. 平面 B. 平面

C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的体积不是定值

【答案】ABC

【解析】

【分析】由面面平行证明线面平行判断A；由线面垂直的判定定理判断B；由的面积为定值，B到平面AEF的距离为定值，判断CD.

【详解】连接，正方体中，，从而易得：平面平面，又 平面，平面，选项A正确.

连接，与相交于点，与交于点，，，，，，易知平面，即，由线面垂直的判定可知，平面，即平面，故B正确；

中，EF=1，点A到B1D1距离不变，的面积为定值，且B到平面 的距离为定值，即B到平面AEF的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故C正确，D错误；

故选：ABC

11. 下列说法不正确的是（    ）.

A. 曲线的切线和曲线有且只有一个交点

B. 过曲线上的一点作曲线的切线，这点一定是切点

C. 若不存在，则曲线在点处无切线

D. 曲线虽在点处有切线，但不一定存在

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据导数的几何意义及在某点处切线的存在情况可判断.

【详解】对于A，曲线的切线和曲线的交点不一定唯一，如曲线在处的切线与曲线有另外一个交点，故A错误；

对于B，过曲线上的一点作曲线的切线，这点不一定是切点，如经过曲线上一点，但是不是在该点与曲线相切而是在其他地方相切，比如与相切于点，同时经过另外一点，我们就可以说过点的直线与曲线相切，但切点是而不是，故B错误；

对于C，若不存在，则曲线在点处无切线是错误的，如曲线在某点处的切线垂直于轴，此时不存在，但曲线在点处有切线，故C错误；

对于D，由曲线在一点有平行轴的切线，且函数在该点不连续，则不一定存在.故D正确.

故选：ABC

12. 设数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则的最小值为

C. 若，则数列的前17项和为

D. 若数列为等差数列，且，则当时，的最大值为2023

【答案】BC

【解析】

【分析】令时，由求出可判断A；由知，，当时，取得的最小值可判断B；若，求出数列的前项和可判断C；由数列的下标和性质可得，则可判断D.

【详解】对于A，由，当时，，

由，当时，，所以，A不正确；

对于B，若，当时，，则，

所以当时，取得的最小值为，

所以，B正确；

对于C，若 ，设数列的前项和为，

所以

，故C正确；

对于D，数列为等差数列，且，

则，

所以，

当时，的最大值为，所以D不正确.

故选：BC.

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，

13. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______________．

【答案】

【解析】

【分析】利用导数求切线斜率，再求切点坐标，利用点斜式可得答案.

【详解】，

，∴曲线在，点处的切线方程为：，即，

故答案为：．

14. 如图，用6种不同的颜色给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有________种．

【答案】480

【解析】

【分析】先涂色A区,接着涂色B区，再涂色C区，然后涂色D区，由分步计数原理可得答案.

【详解】从A开始涂色，A有6种涂色方法，

B有5种涂色方法，C有4种涂色方法；

由D区与B，C 涂不同色，与A区颜色可以同色也可以不同色，则D有4种涂色方法．

故共有种涂色方法．

故答案为：480

15. 已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．

【答案】5

【解析】

【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．

【详解】因为圆心到直线的距离，

由可得，解得．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．

16. 已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.

【答案】

【解析】

【分析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.

【详解】方法1：由题意可知，

由中位线定理可得，设可得，

联立方程

可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，

求得，所以

方法2：焦半径公式应用

解析1：由题意可知，

由中位线定理可得，即

求得，所以.

【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.

四、解答题：本题共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. 已知等差数列的前项和为，，再从条件①、条件②和条件③中选择两个作为已知，并完成解答.

条件①：；条件②：；条件③：.

（1）求数列的通项公式；

（2）设等比数列满足，，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）若选①②，则，解出，则可求得；若选②③，则解出，则可求得；若选①③，则，解出，则可求得；

（2）由（1）得，，从而可求出公比和，则可得，然后利用分组求和法可求得.

【小问1详解】

选①②，由已知，，

得，解得，

∴数列是首项为2，公差为2的等差数列，

∴数列的通项公式为.

选②③，由已知，，

得，解得，

∴数列是首项为2，公差为2的等差数列，

∴数列的通项公式为.

选①③，由已知，，

得，解得，

∴数列是首项为2，公差为2的等差数列，

∴数列的通项公式为.

【小问2详解】

由（1）知，，∴，，

∴等比数列的公比，故，

∴等比数列的通项公式为，

∴数列的前项和

.

18. 求下列函数的导数：

（1）；

（2）；

（3）．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】根据复合函数的求导法则计算可得答案.

小问1详解】

【小问2详解】

【小问3详解】

，

19. 已知各项均为正数的数列满足：，当时，．

（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的定义，构造即可证明求解；

（2）利用错位相减法求和.

【小问1详解】

数列满足：，当时，，

整理得：，

∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列．

所以，故．

【小问2详解】

，

∴①，

则②，

①②得：，

∴．

20. 如图，在直三棱柱中，，，，交于点E，D为的中点.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）先证明，从而可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定定理即得；

（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即得.

【小问1详解】

因为三棱柱为直三棱柱，

所以平面，又平面，

所以,

又，，平面，平面，

所以平面，

因为平面，

所以，

又因为， ，平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

由（1）知，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，

设，，，，

因为，

所以，即，则，

由（1）平面的一个法向量为，

又，

设直线与平面所成角的大小为，则

，

因此，直线与平面所成角的正弦值为.

21. 生男生女都一样，女儿也是传后人．由于某些地区仍然存在封建传统思想，头胎的男女情况可能会影响生二孩的意愿，现随机抽取某地200户家庭进行调查统计．这200户家庭中，头胎为女孩的频率为0.5，生二孩的频率为0.525，其中头胎生女孩且生二孩的家庭数为60．

（1）完成列联表，依据小概率值的独立性检验分析是否生二孩与头胎的男女情况有没有关联；

（2）在抽取的200户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了7户进一步了解情况，在抽取的7户中再随机抽取4户，求抽到的头胎是女孩的家庭户数X的分布列及数学期望．

附：

（其中）．

【答案】（1）列联表见解析；有关联   

（2）分布列见解析；

【解析】

【分析】（1）由头胎为女孩的频率为0.5，生二孩的概率为0.525，计算可得头胎为女孩的总户数和生二孩的总户数，可得列联表，再由的计算公式可判断结论；

（2）按照分层抽样的方法，计算可得的可能取值为1，2，3，4，分别求出对应概率，即可得分布列，再根据数学期望公式，计算可得所求．

【小问1详解】

解：（1）因为头胎为女孩的频率为0.5，所以头胎为女孩的总户数为．

因为生二孩的概率为0.525，所以生二孩的总户数为．

列联表如下：

，

故依据小概率值的独立性检验分析是否生二孩与头胎的男女情况有关联；

【小问2详解】

解：在抽取的200户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了7户，

则这7户家庭中，头胎生女孩的户数为4，头胎生男孩的户数为3，则的可能取值为1，2，3，4，

，

，

，

，

的分布列为

．

22. 已知F为抛物线的焦点，点，A为抛物线C上的动点，直线（t为常数）截以为直径的圆所得的弦长为定值．

（1）求实数t的值；

（2）若点，过点A的直线交抛物线于另一点B，的中垂线过点D，求m的值和的面积．

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）设点，从而可求得及的中点坐标，再根据勾股定理求出弦长，再结合题意即可得解；

（2）设，线段的中点为G，联立方程，根据，求出的范围，利用韦达定理求出，进而可求得点的坐标，再根据即可求得，根据弦长公式求出，再求出点E到的距离，即可得解.

【小问1详解】

设点的中点为，

直径，

设截得的弦长为，圆心到弦的距离为，则，

则，

得与无关，所以；

  【小问2详解】

设，线段的中点为G，

联立，得，

由于，则，即，

而，所以，

从则有，即，符合，

而，

点E到的距离为，

所以．

  【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.