江西省上饶市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

上饶市2022—2023学年度下学期期末教学质量测试

高二数学试卷

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选题：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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解不等式求集合A，再根据并集计算即可.

【详解】解不等式，即，而，所以.

故答案为：A

2. 在等比数列中，，则“”是“数列的公比为2”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】结合等比数列的通项公式，必要不充分条件的定义判断即可.

【详解】设等比数列的公比为，

由，，得，则；

由，，得．

故“”是“数列的公比为”的必要不充分条件．

故选：B

3. 数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音．如图为某段乐音的图像，则该段乐音对应的函数解析式可以为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由图像可知，该函数为奇函数，根据奇偶函数的定义，得出A，B为奇函数，再根据函数图像中，判断出A对，B错；由图像得，判断出C，D错误，即可得出答案．

【详解】对于A，函数，

因为，所以函数为奇函数，

又，故A正确；

对于B，函数，

因为，所以函数为奇函数，

又，故B错误；

对于C，函数，

因为，故C错误；

对于D，函数，

，故D错误，

故选：A．

4. 已知，为圆上两个不同点（为圆心），且满足，则（    ）

A.  B.  C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，求出，再利用数量积的运算律求解作答.

【详解】依题意，，由，得，解得，

所以.

故选：C

5. 若函数在处有极值10，则（    ）

A.  B. 0 C. 7 D. 0或7

【答案】C

【解析】

【分析】利用导数结合已知，求出a，b并验证作答.

【详解】函数，求导得，

依题意，，解得或，

当时，，函数在R上单调递增，无极值，不符合题意，

当时，，当时，，时，，

于是是函数的极值点，符合题意，所以.

故选：C

6. 若函数在上存在两个零点，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令，零点问题转化为在上存在两个交点，构造新函数，利用导数研究函数的图象，数形结合.

【详解】令，则在上存在两个交点，

令，则，

当时，，此时单调递减；

当时，，此时单调递增；

所以，

又，

与的图象如图所示：

所以，

故选：B.

7. 已知数列满足，，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B. 为等比数列

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用递推式可求得 的值，可判断A，B，利用并项求和法结合等比数列的求和公式判断C，D.

【详解】数列满足，，则，，，

有，，，A错误；

显然，，因此数列不是等比数列，B错误；

，C正确；

， D错误.

故选：C

8. 已知实数：，，，且，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由已知可得，，，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，结合单调性比较的大小作答.

【详解】由，得，

令，则，当时，，当时，，

于是函数在上单调递减，在上单调递增，则，

即，因此，即，又，

所以．

故选：D

【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.

二、多选题：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，部分选对得2分有选错的得0分．

9. 已知直线与曲线相切，则下列直线中可能与垂直的是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】求导，利用基本不等式可得导数范围，然后可得垂线斜率范围，进而可得答案.

【详解】的定义域为，

，即直线的斜率，

设与垂直直线的斜率为，则，

所以，．

故选：AB．

10. 已知数列，下列结论正确的有（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，则数列是等比数列

D. 若，则数列前5项的和最大

【答案】BD

【解析】

【分析】直接利用累加法可判断选项A项；利用累乘法可判断B项；利用与的关系可求得通项公式即可判断C项；根据等差数列的性质即可判断D项.

【详解】对于选项A，由，得，

则，故A项错误；

选项B.由，则，累乘可得

故，故B正确；

对于选项C，因为，

当时，，

当时，，

将代入，得，

所以，所以数列不是等比数列，故C项错误.

对于D，，则为首项为9，公差为的等差数列，

令，解得，又因为，则，

则数列的前5项均为正数，且第6项开始为负数，

则数列前5项的和最大.

故选：BD.

11. 已知是函数的零点（其中为自然对数的底数），下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据零点存在性定理即可判断A，利用对数运算即可判断B，利用对勾函数性质即可判断C，利用指数函数值域即可判断D.

【详解】对于A，函数为增函数，则有，

则其零点，A正确；

对于B，是方程的零点，则，变形可得，

两边同时取对数可得，B正确；

对于C，是函数的零点，则，

则，故，

又由，则，根据对勾函数图象与性质知，则，故C错误，

对于D， , 则 , 则 ， 正确.

故选：ABD.

12. 已知，，且，则下列结论正确的是（    ）

A. 的取值范围是 B. 的取值范围是

C. 的最小值是 D. 的最小值为

【答案】AC

【解析】

【分析】利用基本不等式构造一元二次不等式即可判断A,B；利用多变量变单变量即可判断CD.

【详解】对于A，因为，

所以，当且仅当时取等号

由，

即，解得，

即，A正确；

对于，由，当且仅当时取等号，

得，

所以，

又

所以，即，故B错误；

对C选项，因为，则，

得，结合，则，

所以，

当且仅当，即时等号成立，C正确；

对于D选项知:，

当且仅当时，即，

但由于，因此等号不成立，故D不正确.

故选：AC.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用整体的思想利用基本不等式构造一元二次不等式从而判断AB，再利用多变量统一为单变量的方法来判断CD.

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. 设某公路上经过的货车与客车的数量之比为，货车中途停车修理的概率为，客车为.今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为________．

【答案】

【解析】

【分析】设“中途停车修理”为事件， “经过的是货车”为事件， “经过的是客车” 为事件，则，然后代入贝叶斯公式计算.

【详解】设“中途停车修理”为事件， “经过的是货车”为事件， “经过的是客车” 为事件，则，，，，，由贝叶斯公式有.

故答案为：

14. 已知定义域为的奇函数则的值为__________．

【答案】0

【解析】

【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称求出，再根据奇函数的定义求出b即可作答.

【详解】因为函数是定义在上奇函数，

则有，解得，

，解得，

所以.

故答案为：0

15. 已知函数，，且，则的最小值为__________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据给定条件，用含m的式子表示n，再构造函数并求出最小值作答.

【详解】函数，，且，则，于是，

令，求导得，当时，，当时，，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，，

于是，当且仅当时取等号，

所以的最小值为.

故答案为：

16. 定义：满足下列两个条件的有穷数列，，…，为阶“期待数列”．

①，②．

试写出一个3阶“期待数列”__________；若2023阶“期待数列”是递增的等差数列，则__________．

【答案】    ①. （答案不唯一）    ②.

【解析】

【分析】根据给定条件，直接写出一个3阶“期待数列”即可；利用等差数列性质结合条件①求出，再由条件②及前n项和公式求出作答.

【详解】符合条件的一个3阶“期待数列”为：；

，数列是等差数列，且，则，即，

又数列递增，且，则，

即，所以.

故答案为：；

【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.

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. 如图，在直三棱柱中，，为棱上靠近点的三等分点，，．

（1）证明：；

（2）求平面与平面所成角余弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质推理作答.

（2）根据给定的几何体建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.

【小问1详解】

在直三棱柱中，平面平面，

则，又平面，

因此平面平面，所以.

【小问2详解】

依题意，平面，分别以所在直线为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系，

因为为棱上靠近点的三等分点，，

则，，

设平面的一个法向量为，则，

令，得，显然平面的一个法向量为，

平面与平面所成角为，，

所以平面与平面所成角的余弦值为.

18. 已知数列，若__________．

从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．

①；

②，，（，）；

③，点，在斜率是2的直线上．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）选①，利用与的关系求解通项公式；选②，判断等差数列，再求出通项公式；选③，利用斜率坐标公式，结合等差数列定义求出通项公式作答.

（2）利用错位相减法求和作答.

【小问1详解】

若选①，由，当时，，

两式相减可得：，当时，，满足上式，

所以数列的通项公式.

若选②，由得：数列为等差数列，

又因为，则公差，于是，

数列的通项公式.

若选③，由点在斜率是2的直线上得:，即，

因此数列为等差数列，，

所以数列的通项公式.

【小问2详解】

由（1）知，，

，

则有，

两式相减得：

，

所以.

19. 已知函数．

（1）若关于的方程在区间上恰有2个不同的实数解，求的取值范围；

（2）设函数，若，对总有成立，求的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由方程解的意义，求出曲线与直线在区间上恰有2个交点的取值范围作答.

（2）由（1）的信息，再求出函数在上的最小值推理作答.

【小问1详解】

函数，由得，

依题意，曲线与直线在区间上恰有2个交点，

，当时,，当时,，

因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

当时，取最小值，最小值为，

，又，

所以.

  【小问2详解】

由总有成立知，

函数在上的最小值不大于函数在上的最小值,即，

由（1）知，在区间上，，

当时，，当时，，当时，，

因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

于是，则有，即，

所以的取值范围是.

20. 今年五一假期，上饶市游客接待再创历史新高，突破千万人次．三清山、婺源、龟峰、灵山、望仙谷等各景区纷纷推出了精彩纷呈的节目内容，各地游客欢聚上饶“打卡”，感受大美上饶自在山水的魅力．上饶市某中学一综合实践研究小组为了解上饶市民每年旅游消费支出费用（单位：千元），五一期间对游览灵山的100名上饶市游客进行随机问卷调查，并把数据整理成如下表所示的频数分布表：

（1）从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据，求两人旅游支出均不低于1万元的概率；

（2）若上饶市民的旅游支出费用近似服从正态分布，近似为样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表），近似为样本标准差，并已求得，利用所得正态分布模型解决以下问题：

（ⅰ）上饶市常住人口约为640万人，试估计上饶市有多少市民每年旅游费用支出在15000元以上；

（ⅱ）若在上饶市随机抽取3位市民，设其中旅游费用在9000元以上的人数为，求随机变量的分布列和均值．

附：若，则，，．

【答案】（1）；   

（2）（ⅰ）14.56万；（ⅱ）分布列见解析；均值为.

【解析】

【分析】（1）利用组合结合古典概率求解作答.

（2）（i）利用频率分布表求出期望，再利用正态分布估计作答；（ii）利用二项分布求出分布列及期望作答.

【小问1详解】

从频率分布表知，旅游支出不低于1万元的有33人，

从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据，两人旅游支出均不低于1万元的概率为.

【小问2详解】

（i）依题意，，

因此服从正态分布，

，

则(万)，

所以估计上饶市有14.56万市民每年旅游费用支出在15000元上.

（ii）由（i）知，，则，于是，

因此，

，

所以随机变量的分布列为：

均值为.

21. 已知椭圆（，）的离心率为，左、右焦点分别为，，为的上顶点，且的周长为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设圆上任意一点处的切线交椭圆于点、．求证：为定值．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，求出即可作答.

（2）直线的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理推理计算，再验证斜率不存在的情况作答.

【小问1详解】

设椭圆的半焦距为，因为的周长为，则，

椭圆的离心率为，则，解得，则，

所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

当直线的斜率不存在时，直线，与椭圆方程联立解得，

则，

当直线的斜率存在时，设直线，

由消去y并整理得：，

显然点在椭圆内，即直线与必交于两点，有，

又直线与圆相切，即，即

得，

显然，即有，

因此

，

所以为定值.

【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

22. 已知函数．

（1）当时，讨论的单调性；

（2）若，当时，证明：．

【答案】（1）见解析    （2）见解析

【解析】

【分析】（1）代入求导得，分和讨论即可；

（2）通过变形整理得，再利用比值换元法即可证明.

【小问1详解】

的定义域为，

当时，，

当时，，在上单调递减，

当时，时，；时,，

所以在上单调递增，在上单调递减，

综上：当时，在上单调递减,

当时，在上单调递增，在上单调递减.

【小问2详解】

由得,，

所以.

则，

要证,需证

即证，

需证.

令，设.则，

设，则，

所以在上单调递增，则，

所以在上单调递增.

由，得，所以，

所以需证，即证.

令，且，

则，

所以在上单调递增，则，

所以成立，故，得证.

【点睛】关键点睛：本题的关键是通过第一次变形整理得，然后利用比值换元，设，得到，利用导数证明其单调性，然后得到，再次利用比值换元即可证明.