2022-2023学年江西省湖口中学高二下学期7月期末考试数学试题含答案

2022-2023学年江西省湖口中学高二下学期7月期末考试数学试题

一、单选题

1．已知集合， 则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合交集运算求解即可；

【详解】因为，所以．

故选：C.

2．在等差数列中，，，则=（    ）

A．9 B．11 C．13 D．15

【答案】C

【分析】利用等差数列的基本量计算可得答案.

【详解】设等差数列的公差为，则，

则

故选：C

3．已知等比数列中，，，则（    ）

A．9 B． C．3 D．

【答案】A

【分析】根据等比数列的性质即可求解.

【详解】由于，可得，，

所以，

故选:A

4．下列求导运算不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据基本函数的导数公式进行求解即可.

【详解】根据导数公式可知选项A、B、D是正确的；

对于C，，故C错误.

故选：C.

5．平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由为平行六面体，可知为体对角线，由向量的模长公式即可求得.

【详解】

故选：B

6．已知直线l：与x轴、y轴分别交于M，N两点，动直线：和：交于点P，则的面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据所过定点和位置关系可得点P轨迹方程，然后利用点到直线的距离公式和两点间的距离公式可得面积最小值.

【详解】根据题意可知，动直线过定点，动直线：，即过定点，

因为，所以无论m取何值，都有，

所以点P在以OB为直径的圆上，且圆心坐标为，半径为，

设，则点P的轨迹方程为，

圆心到直线l的距离为，则P到直线l的距离的最小值为．

由题可知，，则，

所以的面积的最小值为．

故选：B

7．我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，《洛书》上的图案由个黑白圆点分别组合，摆成方形，南西东北分别有个点，四角各有个点，中间有个点，简化成如图的方格，填好数字后各行、各列以及对角线上的3个数字之和都等于15．推广到一般情况，将连续的正整数填入的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的数字之和都相等，这样一个阶幻方就填好了，记阶幻方对角线上的数字之和为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出阶幻方中所有数字之和，再除以得对角线上的数字之和，再令可得结果.

【详解】阶幻方由填入得到，填入的数字之和为，

又因为阶幻方每行、每列以及两条对角线上的数字之和都相等，

所以对角线上的数字之和为，

当时，代入可得，

故选：C．

8．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.

【详解】由题意可知，，即对恒成立．

设，则问题转化为在上恒成立，

因为，所以当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，所以当时，；当时，．

①在上，若恒成立，即，；

②在上，若，则恒成立，即恒成立，

令，，则，所以在上单调递增，

所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．

故选：B．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

二、多选题

9．可能把直线作为切线的曲线是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据题意结合导数的几何意义逐项分析判断.

【详解】因为直线的斜率，

对于选项A：因为，则，

令，解得，故A正确；

对于选项B：因为，则，

又因为，则方程无解，故B错误；

对于选项C：因为，则，

令，解得，故C正确；

对于选项D：因为，则，

令，解得，故D正确；

故选：ACD.

10．已知数列满足，则（    ）

A．为等比数列

B．的通项公式为

C．为单调递减数列

D．的前n项和

【答案】BCD

【分析】，则得到为等差数列，即可判断A，求出其通项，即可判断A，利用函数单调性即可判断C，利用等差数列的前和公式即可判断D.

【详解】因为，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误；

，即，故选项B正确；

根据函数在上单调递增，且，则函数在上单调递减，

又因为，，则数列为单调递减数列，故选项C正确；

的前项和，故选项D正确,

故选：BCD.

11．抛物线的焦点是，准线与轴相交于点，过点的直线与相交于，两点（点在第一象限），，为垂足，，为垂足，则下列说法正确的是（    ）

A．若以为圆心，为半径的圆与相交于和，则是等边三角形

B．若点的坐标是，则的最小值是4

C．

D．两条直线，的斜率之和为定值

【答案】AD

【分析】根据抛物线的焦半径即可判断A,又三点共线即可判断B,利用联立方程和韦达定理，结合斜率公式即可求解CD.

【详解】因为以为圆心，为半径的圆与相交于和两点，所以，又，所以为等边三角形，故A正确；

因为，等号当且仅当，，三点共线时成立，所以当，，三点共线时，取最小值3，故B错误；

设直线的方程是，代入并消去得，

设，，则，.

由，，得，所以，即，故C错误；

，，所以

，故D正确.

故选：AD.

12．已知函数，为的导函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．恒有一个极大值点和一个极小值点

B．若在区间上单调递减，则a的取值范围是

C．若，则直线与的图象有2个不同的公共点

D．若，则有6个不同的零点

【答案】ACD

【分析】利用导数讨论单调性，然后可得极值点，可判断A；根据二次函数性质讨论导函数符号即可判断B；利用导数讨论单调性，作图分析可判断C；先解方程，然后根据二次函数性质可判断D.

【详解】由题可知，因为，

所以恒有两个异号的实根，，不妨设，

则当时，，单调递增，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，所以恒有一个极大值点和一个极小值点，故A正确；

因为在区间上单调递减，所以对任意的，恒成立，

所以，解得a≥1，故B错误；

若，则，解得，此时，

则当时，，单调递增，时，，单调递减，

当时，，单调递增，所以，

又当时，，所以直线与的图象有2个不同的公共点，故C正确；

若，则，，

因为，

所以的3个零点为，0，，又，且，

所以当分别为，0，时，均有2个不同的x的值与其对应，

所以有6个不同的零点，故D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．已知函数，则             ．

【答案】

【分析】先求出，利用导数求出，即可求解.

【详解】.

因为，所以，

所以，

所以.

故答案为：.

14．已知随机变量，则        ．

【答案】4

【分析】利用二项分布的方差公式求出，然后再利用其性质可求出.

【详解】因为随机变量，

所以，

所以.

故答案为：4.

15．已知直线是双曲线（）的一条渐近线，则的离心率为      .

【答案】

【分析】根据渐近线方程得到，然后代入离心率公式求解.

【详解】因为直线是双曲线的一条渐近线，

所以，所以C的离心率为.

故答案为：

16．已知数列满足，若，则数列的前n项和      .

【答案】

【分析】变形给定的等式，利用数列前n项和与第n项的关系求出，再利用裂项相消法求和作答.

【详解】数列中，由，

得，

当时，，

两式相减得，整理得，而满足上式，

因此，，

所以.

故答案为：

【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

四、解答题

17．在递增的等比数列中，，，其中.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.

（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.

【详解】（1）由，等比数列是递增数列，得，

因此数列的公比，则，

所以数列的通项公式是.

（2）由（1）得，，

.

18．新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展．某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程．现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表．

(1)求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差近似服从正态分布，其中，用样本平均数作为的近似值，求概率的值；

(2)若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍．若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立．现从该企业生产的该零件中随机抽取一件，求该零件为废品的概率．

参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由平均数的计算，即可由正态分布的对称性求解概率，

（2）根据全概率公式即可求解.

【详解】（1）．

，，得：

（2）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，

“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，

“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，

则，，

又，，

于是．

19．如图，三棱柱中，侧面为矩形，且，为的中点，．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接与交于点，连接，则可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论；

（2）由已知条件可证得两两垂直，所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：连接与交于点，连接，

因为四边形为平行四边形，所以点为的中点，

因为为的中点，所以∥，

因为平面，平面，所以平面；

（2）解：因为四边形为矩形，所以，

因为，，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

所以，

因为，，，所以，

所以，所以两两垂直，

所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，

因为，，，平面，

所以平面，所以为平面的一个法向量，

设为平面的法向量，

因为，

所以，令，则，

设平面与平面的夹角为（），则

，

即平面与平面的夹角的余弦值为.

20．已知椭圆C：的焦距为，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知，E为直线上一纵坐标不为0的点，且直线DE交C于H，G两点，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件，求，再结合公式，即可求解椭圆方程；

（2）首先设直线DE的方程为，与直线和椭圆方程联立，利用弦长公式，表示和，利用分析法，转化为证明，再代入韦达定理，即可证明.

【详解】（1）设C的半焦距为c（）.

由已知得，，又由，

解得，.

所以椭圆C的方程为；

（2）设直线DE的方程为，则.

将代入，得.

设H，G的坐标分别为，，

则，，.

，

，

要证，只要证，

即要证.

即要证，

即要证（*）.

因为，

所以（*）式成立，所以成立.

以成立.

21．已知数列满足：，，且．

(1)若，求数列的通项公式；

(2)若，求数列的通项公式．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）时可确定数列为等比数列，由此解方程组求得公比，即得答案.

（2）由推得是公比为的等比数列，求得通项公式为，利用累乘法求得，利用条件求得k的值，即可求得答案.

【详解】（1）由得，，所以，又且，

所以，因此，

所以数列是等比数列，设数列的公比为，

依题意得，

解得，所以数列的通项公式为．

（2）由可知，有，否则，无意义；

依题意得，则有，

所以数列是公比为的等比数列，其通项公式为，

所以①，

将代入①式得，

将和代入上式并化简得，

解得②，

将代入①式得，

由得，

将②式代入上式得，整理③，

由得，

将②式和代入上式，化简可得，

当时，；

当时，，

所以数列的通项公式为或.

22．已知函数．

(1)若有两个极值点，求的取值范围；

(2)若，，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）先将有两个极值点转化为有两个不同实根，分离参数得，根据

函数的性质，可得的取值范围；

（2）先将问题转化为在恒成立，再转化为函数的最小值大于或等于0，进而求的取值范围.

【详解】（1）由，得，

因为有两个极值点，则，即方程有两个不等实数根，

令，则，

知时，，单调递减，

时，，单调递增，

则时，取得极小值，也即为最小值，

且时，，时，，

时，，时，，

故，即时，

方程有两个实数根，不妨设为，．

可知时，，时，，时，，

即，分别为的极大值和极小值点．

所以有两个极值点时，的取值范围是．

（2）令，原不等式即为，

可得，，，

令，则，

又设，则，

时，，可知在单调递增，

若，有，，则；

若，有，则，

所以，，，则即单调递增，

①当即时，，则单调递增，

所以，恒成立，则符合题意．

②当即时，

，，

存在，使得，

当时，，则单调递减，所以，与题意不符，

综上所述，a的取值范围是．

【点睛】方法点睛：

若恒成立，则；

若恒成立，则.