2022-2023学年江西省宜春市高安市灰埠中学高二下学期5月期中考试数学试题含答案

2022-2023学年江西省宜春市高安市灰埠中学高二下学期5月期中考试数学试题

一、单选题

1．复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】由已知等量关系，应用复数的除法可得，即可得共轭复数，进而确定虚部.

【详解】由题设，，则，

所以的虚部为.

故选：B

2．若两个等差数列、的前项和分别为、,且，则等于

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

故选：C.

3．过点的直线与有两个不同的公共点，则直线的倾斜角的范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先讨论斜率不存在时，再讨论斜率存在时，设出直线方程，由直线与圆有两个不同的交点，可得圆心到直线的距离小于半径，列不等式求解即可.

【详解】设直线的倾斜角为.

若直线斜率不存在，此时x=0与圆有交点，.

直线斜率存在，设为k，则过P的直线方程为y=kx+4，

即kx−y+4=0，

若过点(0,4)的直线l与圆有两个不同公共点，

则圆心到直线的距离，

即即，

解得或，

即且，

综上所述,，

故选B.

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，属于基础题.

4．在正方体中，有下列四个命题：

①平面；

②；

③异面直线与BD所成的角为；

④直线与平面所成的角为.

其中真命题的个数为（    ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【答案】B

【分析】结合空间中点线面的位置关系，对四个命题逐个分析，可选出答案.

【详解】如图所示，①在正方体中，

，所以四边形是平行四边形，

所以，平面，平面，

所以平面，①正确；

②连接，，因为，，

且，所以平面，

又平面，所以，②正确；

③连接，因为，

所以异面直线与BD所成的角为（或补角），

而为等边三角形，故，③正确；

④连接，交于点，则，

又平面，

平面，

即平面，连接，

故直线与平面所成的角为，

在直角中，，

所以在直角中，，，④错误.

因此①②③正确，④错误.

故选：B.

【点睛】本题考查空间中直线与平面平行，直线与直线垂直、异面直线所成的角、直线与平面所成的角，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.

5．函数（）的减区间为，则实数的值为（    ）

A．2 B． C．1 D．4

【答案】A

【分析】利用导数的性质进行求解即可.

【详解】显然该函数的定义域为全体正实数集，即，

，因为，

所以由可得：，因为函数（）的减区间为，所以，

故选：A

6．已知函数，若在处函数与的图象的切线平行，则实数的值为（    ）

A． B． C．1 D．4

【答案】A

【分析】分别求得，结合，即可求得的值.

【详解】由函数，可得，

因为在处函数与的图象的切线平行，

可得，即，解得，

经检验，当时，满足题意，所以实数的值为.

故选：A.

7．设函数的定义域为，其导函数为，若，则下列结论不一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意令可得，即函数图象关于对称，即可判断A；根据抽象函数的奇偶性和对称性可得函数的周期为2，即可判断BD；由知函数图象关于直线对称，举例说明即可判断C.

【详解】A：

令，得，则函数图象关于点对称.

若，则函数图象关于点对称，符合题意，故A正确；

B：由选项A的分析知，等式两边同时求导，

得，即①，

又，为偶函数，所以②，

由①②得，所以函数的周期为2.

所以，即，故B正确；

C：由选项B的分析知，则函数图象关于直线对称.

令，若，

则函数图象关于直线对称，不符合题意，故C错误；

D：由选项B的分析可知函数的周期为2，则，

所以，故D正确.

故选：C.

8．设函数在R上的导函数为，在上，且，有，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，确定函数的奇偶性与单调性，逐项判断即可得答案.

【详解】由，可得．

设，则，所以是R上的奇函数，

又在上，即，

所以在上单调递减，又是R上的奇函数，所以在(-∞,0)上单调递减，

所以，即，

因此，故，故A正确；

所以，即，因此，故B不正确；

所以，即，则，

所以与的大小不能确定，故C不正确；

所以，即，则，

所以与的大小不确定，故D不正确.

故选：A.

二、多选题

9．已知等比数列的前项积为，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．若，则

【答案】ABD

【分析】由等比数列的性质及前项积的定义判断各选项即可.

【详解】对于A，因为，所以，故A正确；

对于B，因为，所以，故B正确；

对于C，，故C错误；

对于D，若，则，解得，所以，故D正确.

故选：ABD.

10．设是数列的前项和．下面几个条件中，能推出是等差数列的为（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，

【答案】ABD

【分析】由与的关系得出与的关系式即可判断ABD，通过举反例即可判断出C．

【详解】对于A，当时，且，

两式相减可得，即．

所以是恒为0的数列，即是公差为0的等差数列，故A正确；

对于B，当时，且，

两式相减可得，即，

所以，即是常数列，是公差为0的等差数列，故B正确；

对于C，如果，令可得，

当时，且，

两式相减可得，

如果，则，这并不能推出是等差数列，

例如：考虑如下定义的数列：1，1，2，2，3，3，，则其通项公式可写成，．

则，

．

即数列1，1，2，2，3，3，满足对任意正整数成立，但它并不是等差数列，故C错误；

对于D，当时，且，

两式相减可得，

所以，即，

故，即是公差为的等差数列，故D正确；

故选：ABD．

11．已知直线，圆，则下列结论正确的是（    ）

A．直线l恒过定点

B．直线l与圆C恒有两个公共点

C．直线l与圆C的相交弦长的最大值为

D．当时，圆C与圆关于直线l对称

【答案】ABD

【分析】将直线方程变形为即可判断直线过定点，进而判断A；再根据定点在圆内判断B；根据直线与圆相交时，最大弦为直径判断C；根据点关于直线的对称性求解关于对称的点坐标，进而求解对称圆的方程判断D.

【详解】解：对于A选项，因为直线可变形为，所以直线恒过定点，故A选项正确；

对于B选项，因为，所以点在圆内，故直线与圆相交，由两个公共点，故B选项正确；

对于C选项，对于圆，圆心为，半径为，当直线线与圆相交，故相交弦长的最大值为圆的直径，即为，故C选项错误；

对于D选项，当时，直线，故圆的圆心关于对称的点的坐标为 ，所以圆关于对称的圆的方程为，故D选项正确.

故选：ABD

12．在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Monge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（    ）

A．椭圆外切矩形面积的最小值为48

B．椭圆外切矩形面积的最大值为48

C．点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时，

D．若椭圆的左､右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则

【答案】ACD

【分析】先求得椭圆的蒙日圆方程，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断A，B选项，

利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断C，D选项

【详解】对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点，

，关于原点对称的点分别为，，则椭圆的一个外切矩形为，

则，由图象易知，

圆心到直线的距离，所以.

又，所以外切矩形为的面积，

因此对，错.

对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，，

对.

对于，

，

①②得，，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题，

另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导的关系，体现了数形结合的思想

三、填空题

13．已知，且，则的最小值是      ．

【答案】6

【分析】根据均值不等式求最小值即可.

【详解】由题意，得，

则

（当且仅当时取等号，即时取等号），

故的最小值是6．

故答案为：6

14．已知双曲线上不同的两点满足，其中为坐标原点，则的最小值为      ．

【答案】24

【分析】设直线的方程为，然后与双曲线方程联立方程组，求出点 的坐标，从而可得，再将直线的方程为与双曲线方程联立方程组，求出点 的坐标，从而可求出，进而可求出，再利用基本不等式可求出 的最小值

【详解】由题意得直线与的斜率都存在且不为0和，

不妨设直线的方程为，，，

，

直线的方程为．

由，得，

，，

同理可得，

，

，

当且仅当时等号成立，

故的最小值为24．

故答案为：24

【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是在得到，后，能根据表达式的特点得到，再得用基本不等式求解的最小值．

15．已知函数，则不等式的解集为      ．

【答案】

【分析】先求出的定义域，证明是偶函数，当时，证明是增函数，根据题意列出不等式即可得到答案

【详解】由可得，解得或，

故的定义域为或，

又，所以是偶函数，

当时，是单调递增函数，

设，所以，

设任意的，且，

所以，

因为任意的，且，所以 ，

所以，即，

所以在上是单调递增函数，

所以在上是单调递增函数，

故在上单调递增，

因为是偶函数，所以在上单调递减，

由可得，解得或，

故答案为：

16．点S、A、B、C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，，则点S与中心的距离为        ．

【答案】

【分析】设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.由题意可求出，从而得到，即可得到，在中即可求出点S与中心的距离 .

【详解】如图所示：

设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.

因为.

所以的外接圆半径.

所以.

因为点S到平面ABC的距离为,平面,

所以 .即

在中： .

所以 .

故填：.

【点睛】本题考查球上的点到三角形中心的距离的求法,属于中档题,解题时要认真审题，注意球的性质和空间思维能力的培养.

四、解答题

17．已知数列，，求：

(1)，，的值

(2)通项公式．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）直接计算即可.

（2）根据并验证的情况，计算得到答案.

【详解】（1），则，，.

（2）当时，，

当时，满足.

故

18．在中，角的对边分别为，且满足，边上中线的长为.

（1）求角和角的大小；

（2）求的面积.

【答案】（1），；（2）

【分析】（1）根据余弦定理，可得，然后利用正弦定理，边化角，可得角.

（2）然后根据（1）的结论，可得，然后假设长度，利用余弦定理以及面积公式，可得结果.

【详解】（1）由

即

所以

又，所以

由，所以

所以，又

所以

（2）由（1）可知，设

所以

又，所以可得

所以

【点睛】本题考查了三角形的正弦定理、余弦定理以及面积公式的应用，属中档题.

19．如图所示的几何体中，是菱形，，平面，，.

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）先证明平面ABP∥平面CDE，进而证得平面；

（2）先证明平面BCF∥平面ADEF，进而根据解得答案.

【详解】（1）∵AP∥DE，平面CDE，平面CDE, ∴AP∥平面CDE，

∵AB∥CD，平面CDE，平面CDE,所以AB∥平面CDE，

而平面ABP，平面ABP，，

∴平面ABP∥平面CDE，又BP平面ABP，∴平面.

（2）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则ABC是正三角形，取BC的中点Q，∴AQ⊥BC，由AB=4，易得，∵BC∥AD，∴AQ⊥AD.

∵PA⊥平面ABCD，AQ平面ABCD，∴PA⊥AQ，而，∴AQ⊥平面PADE.

∵BF∥AP，BF平面ADEP，AP平面ADEP，∴BF∥平面ADEP，

∵BC∥AD，BC平面ADEP，AD平面ADEP，∴BC∥平面ADEP，

而BFBC=B，∴平面BCF∥平面ADEP.

∵PA⊥AD，且PA=AD=4，DE=2，∴.

20．已知等比数列的前n项和为，其公比，，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)已知，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知条件求出公比，，直接写出等比数列的通项公式即可；

（2）由（1）得，分组求和即可，注意分类讨论的思想.

【详解】（1）因为是等比数列，公比为，则 ，

所以，解得，

由，可得，解得，

所以数列的通项公式为．

（2）由（1）得，

当n为偶数时，

；

当n为奇数时；

综上所述：.

21．椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，且满足向量.

（1）若，求椭圆的标准方程；

（2）设为椭圆上异于顶点的点，以线段为直径的圆经过，问是否存在过的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在满足条件的直线，斜率.

【分析】（1）由题易知，因为，所以为等腰三角形

所以b=c，由此可求，即可得到椭圆的标准方程;

（2）由（1）可得．，P的坐标为

则由题意得,即，又因为P在椭圆上，所以,联立可得

设圆心为 ，则，利用两点间的距离公式可得圆的半径r．设直线的方程为：．利用直线与圆相切的性质即可得出．

【详解】（1）易知，因为

所以为等腰三角形

所以b=c，由可知

故椭圆的标准方程为：

（2）由已知得,

设椭圆的标准方程为，P的坐标为

因为,所以

由题意得,所以

又因为P在椭圆上，所以,由以上两式可得

因为P不是椭圆的顶点，所以，故

设圆心为 ，则

圆的半径

假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线的方程为

由相切可知,所以

即，解得

故存在满足条件的直线．

【点睛】本题中考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、点与椭圆的位置关系、直线与圆相切问题、点到直线的距离公式、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

22．已知函数.

(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；

(2)证明：当时，.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据函数导数的性质，结合实数的正负性，通过构造函数、利用导数的性质分类讨论进行求解即可；

（2）通过构造新函数，利用函数的导数的性质分类讨论进行求解即可.

【详解】（1）函数在上单调递增，

在恒成立，

当时，即，因为，，则，又，所以，即恒成立，符合题意；

当时，令，则，设，则，

则在上递增，当时，，，所以在上递增，即，符合题意；

当时，，，则存在，有，

当时，，递减，此时，不符合题意.

综上所述：实数的取值范围；

（2）证明：要证，即证，，

即证，，

设，，故在上单调递增，又，

所以，又因为，所以，

所以，

①当时，因为，，所以，

②当时，令，则，

设，则，设，则，因为，

所以，所以即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，

所以在上单调递增，，即.

综上可知，当时，，

即.

【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数的性质分类讨论是解题的关键.