2022-2023学年江西省九江市德安县第一中学高二下学期7月期末数学试题含答案

2022-2023学年江西省九江市德安县第一中学高二下学期7月期末数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则下列关系正确的是(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先通过解一元二次不等式求出集合，进而判断选项A是否正确；通过集合间的包含关系和交运算可判断选项BD；利用补集运算可判断选项C.

【详解】因为，解得或，

所以或，

由元素和集合的关系可知，，故A错误；

由集合间的包含关系和交集运算可知，B正确，D错误；

由补集运算可知，，故C错误.

故选：B.

2．若点，在直线l上，则直线l的一个方向向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由方向向量的概念求解，

【详解】由，l的方向向量与平行，只有选项A满足题意，

故选：A

3．已知三条直线，，不能构成三角形，则实数的取值集合为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得到直线与直线和直线分别平行时或直线过直线和直线的交点时，三条直线不能构成三角形，再分别计算相应的值即可.

【详解】由题知：

①当直线与直线平行时，三条直线不能构成三角形.

即.

②当直线与直线平行时，三条直线不能构成三角形.

即.

③当直线过直线与直线交点时，

三条直线不能构成三角形.

所以，解得，

将代入，解得.

所以实数的取值集合为.

故选：D.

4．若是等差数列的前项和，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用等差数列的求和公式以及等差中项的性质可求得结果.

【详解】由题意可得.

故选：C.

【点睛】本题考查利用等差数列求和公式以及等差中项的性质求值，考查计算能力，属于基础题.

5．在等比数列中，若，则公比（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】C

【分析】由题得，化简即得解.

【详解】因为，

所以，

所以，

解得.

故选：C

6．已知实数，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】通过构造函数法，结合导数判断出所构造函数的单调性，由此确定正确答案.

【详解】构造函数，则，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

由，，即，同理，

因为在上单调递增，

所以，故，

因为在上单调递减，，故．

因为，故，即，

因为在上单调递减，，故，从而.

故选：D

【点睛】本题的求解巧妙的利用了构造函数法，通过构造函数，利用导数判断出函数的单调性后，可以将要比较大小的三个数用函数的单调性确定大小关系.

7．近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（    ）

A．204万元 B．220万元 C．304万元 D．320万元

【答案】A

【分析】设引进设备n年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第n年的成本为，构成一等差数列，由等差数列前公式求得第年总成本，这样可得总盈利，由二次函数性质可得最大值；

【详解】设引进设备年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第年的成本为万元，

则由题意，知为等差数列，前年成本之和为万元，

故，，

所以当时，，

即总盈利的最大值为204万元.

故选：A.

8．已知函数，若不等式恒成立，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，则是偶函数，所以考虑的情况即可，由恒成立，代入时的解析式并分离参数，构造新的函数，利用导数求得的最大值即可.

【详解】令，，

所以是偶函数，成立，

所以考虑的情况即可，

当时，，

恒成立，即恒成立，

分离参数，即恒成立，

令，，

则，，

，即，解得，

，解得，所以在上单调递减，

，解得，所以在上单调递增，

所以在处取得极大值即最大值，，

又因为恒成立，所以.

故选：C

【点睛】本题主要考查分段函数的应用，利用导数求最值，考查学生构造函数和分离参数的应用，同时还考查学生分析转化能力和计算能力，属于难题.

二、多选题

9．直线运动的物体，从时刻到时，物体的位移为，那么关于的下列说法错误的是（    ）

A．从时刻到时物体的平均速度

B．从时刻到时位移的平均变化率

C．当时刻为时该物体的速度

D．该物体在时刻的瞬时速度

【答案】ABC

【分析】根据极限的定、瞬时速度判断．

【详解】表示到时，物体的位移的平均变化率，即速度，而表示时刻时的瞬时速度，只有D正确，ABC均错误，

故选：ABC．

10．关于切线，下列结论正确的是（    ）

A．过点且与圆相切的直线方程为

B．过点且与抛物线相切的直线方程为

C．过点且与曲线相切的直线l的方程为

D．曲线在点处的切线方程为

【答案】ABD

【分析】依次求四个选项中的切线方程，判断正误.

【详解】对于A，点在圆上，设切线斜率为，则，所以，

切线方程为，即，A正确；

对于B，设切线斜率为（），切线方程为，与联立，

得，则，解得，

所以切线方程为，即，B正确；

对于C，对求导得，设切点为，切线斜率，则，解得，切点为，斜率，

所以切线方程为，即，C错误；

对于D，对求导得，点处的切线的斜率，切线方程为，即，D正确.

故选：ABD.

11．四边形内接于圆， ，，，下列结论正确的有（    ）

A．四边形为梯形

B．四边形的面积为

C．圆的直径为7

D．的三边长度可以构成一个等差数列.

【答案】ABD

【分析】直接利用余弦定理，三角形的面积公式，圆的内接四边形性质，和等差数列的证明对选项逐一判断即可.

【详解】

+

连接，由可得，又因为，所以

显然不平行即四边形为梯形，故正确；

在中，=49

在中由余弦定理可得

解得或（舍去）

故B正确

在中由余弦定理可得

圆的直径不可能是，故C错误；

在中，，，，满足

的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确.

故选：ABD

12．已知函数，其中且，则下列说法正确的有（    ）

A．的对称中心为

B．恰有两个零点

C．若方程有三个不等的实根，则

D．若方程的三个不等实根分别为，则

【答案】ABD

【分析】根据题意得到，可判定A正确；求得，得出函数的单调性，结合极值，可判定B正确；转化为和的图象有三个交点，分和时，可判定C错误；根据，得到，

进而可判定D正确.

【详解】对于A中，由，可得，所以对称中心为，所以A正确；

对于B中，因为且，即，所以，

由，令时，解得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

所以为极小值点，为极大值点，

且，

当时；当时，

两种情况下均只有两个零点，所以B正确；

对于C中，要使得方程有三个不等的实根，即和图象有三个交点，

当时，可得， 则满足，

当时，可得，则满足，所以C错误；

对于D中，由的三个零点分别为，可设，

即，

可得

因此，所以D正确.

故选：ABD

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

三、填空题

13．在直线上有不同的两点，，则的长度为      （用k和表示）．

【答案】

【分析】利用两点间距离公式推导出结果.

【详解】

.

故答案为：

14．小王逛书店，他买甲书和买乙书相互独立，若小王买甲书不买乙书的概率为，甲和乙两本书都买的概率为，则小王买乙书的概率为          .

【答案】/0.75

【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式列出方程组即可.

【详解】设购买甲书的概率为，购买乙书的概率为，

则由题意可得解得.

故答案为:.

15．在区间上的最大值为       .

【答案】

【解析】先求导，得到函数的单调性，从而得到函数在上单调递增，在上单调递减，可得函数在上的最大值.

【详解】解：，令得，，

令得，或，∴在和上单调递增；令得，，∴在上单调递减，∴函数在上单调递增，在上单调递减，

∴函数在上的最大值为.

故答案为：.

16．已知数列满足，下列说法正确的是        ．

①；

②都是整数；

③成等差数列；

④．

【答案】②③

【分析】根据，直接求得，由递推公式得，令，则有，

从而的出数列的通项，从而可判断②③④的对错.

【详解】解：，故①错误；

因为，即

则，

两式相减得：，

所以，

令，

则有，

又，，

所以，

所以，

又因均为整数，

所以都是整数，故②正确；

当n为奇数时，则为偶数，为奇数，

，即，

即，所以成等差数列，故③正确；

因为，

所以当为奇数时，，

所以当为偶数时，，

故④错误.

故答案为：②③.

四、解答题

17．在无穷数列中，，，．

(1)若是等差数列，求的前n项和；

(2)若，求的通项公式．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知条件求出公差，从而可求出，

（2）由已知可得，解方程组求出，从而可求出

【详解】（1）设公差为d，则，

故．

（2）设，由，，，

得，解得

故的通项公式为．

18．某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样方法从两条生产线共抽取200个零件，测量其尺寸（单位：）得到如下统计表，其中尺寸位于的零件为一等品，位于和的零件为二等品，否则零件为三等品．

(1)完成列联表，依据的独立性检验能否认为零件为一等品与生产线有关联？

(2)将样本频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，每次抽取零件互不影响，以表示这4个零件中一等品的数量，求的分布列和数学期望；

参考公式和数据：

，

【答案】(1)填表见解析；认为零件为一等品与生产线之间有关联

(2)分布列见解析；期望为.

【分析】（1）根据卡方独立性检验可判断

（2）根据甲、乙两天生产线的一等品概率，根据时间独立性，求分布列即可.

【详解】（1）

生产线与产品等级之间无关联

根据小概率值的独立性检验，

我们推断不成立，即认为零件为一等品与生产线之间有关联．

（2）由已知任取一个甲生产线零件为一等品的概率为，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为．

的所有可能取值为0，1，2，3，4．

，

，

，

，

，

所以的分布列为

．

19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，，.点E，F分别在棱PA，PB，且.

(1)求证：；

(2)若直线PD与平面CEF所成的角的正弦值为.

（i）求点P与到平面CEF的距离；

（ii）试确定点E的位置.

【答案】(1)证明见解析；

(2)(i)；(ii)E为PA的中点.

【分析】(1)根据与即可得出；

(2)根据题意可证得、、两两垂直，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系，设()，求出各点和线段的坐标，进而求出平面的法向量，利用空间向量的数量积表示线面角的正弦值，求出a的值，确定点E的位置，结合等体积法即可求得点到面的距离.

【详解】（1）由题意知，

因为，所以；

（2）因为为菱形，，连接AC，则为正三角形，

取AC的中点H，连接AH，则，所以，

由平面，平面，所以，，

以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系，

设，其中，由，得，

则，

有，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

所以，设直线PD与平面的夹角为，

则，

化简，得，由，得，

此时，即E为PA的中点；有，

取AB的中点O，则OF=OE=EF=1，，有平面PAB，

所以，而，

在中有，所以，所以，

由，设点P到平面的距离为h，

则，即，得.

(i)点P到平面的距离为；

(ii)点E为AP的中点.

20．已知数列满足，且（）.

（1）求的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）对题中所给式子取倒数得：，可知数列是等差数列，最后得出的通项公式；

（2）当时，利用放缩法可得，

然后利用裂项相消法可求得的前n项和，进而可得，

又可得出，从而，

最后可证明结论.

【详解】（1）对式子取倒数得：，

所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，

即；

（2）

（），

故

，

另一方面：

，

从而，即，

综上得：.

【点睛】本题考查数列通项公式的求法，考查利用数列性质证明不等式，考查逻辑思维能力和推理能力，属于常考题.

21．已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点的周长为，最大时的余弦值为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若和为轴同侧的两点，且，求四边形面积的最大值及此时直线的方程.

【答案】（1）；（2）面积的最大值，方程为.

【分析】（1）的周长为，当为短轴的顶点时，最大，则，即可求出的方程；

（2）设直线的方程代入椭圆的方程，求出两根关系，写出四边形的面积的表达式，结合均值不等式求得最值及直线方程．

【详解】（1）设椭圆的焦距为.

由椭圆的定义可知.①

由椭圆的几何性质可知，当为短轴的顶点时，最大，为，

则有.

联立①②可得，，

所以，

故椭圆的方程为.

（2）因为，所以.

延长，交椭圆于点.

设，.

由（1）可知，可设直线的方程为.

联立消去可得，

所以，.

由对称性可知.

设与间的距离为，

则四边形的面积

.

令，则.

因为，当且仅当时取等号，

所以，

此时，解得，

因此直线的方程为．

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．已知函数，.

（1）当时，直线与相切于点，

①求的极值，并写出直线的方程；

②若对任意的都有，，求的最大值；

（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：.

【答案】（1）①极小值为，没有极大值，线的方程为；②最大值为；（2）证明见解析.

【分析】（1）①将代入，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极小值，求出切线方程即可；②问题转化为恒成立，得到，求出的最大值最大值即可.

（2）问题转化为证明即可，求出，不妨设，令，则，证明，设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可.

【详解】（1）①解：当时，，

，，令，解得.

当变化时，，的变化情况如下表：

所以的极小值为，没有极大值.

又因为，，

所以，直线的方程为，即.

②解：对任意的都有，

即恒成立.由，故，所以.

由①知在单调递增，因此，可得，即.

当时，的最小值为，所以的最大值为.

（2）证明：要证明，只需证明即可.

依题意，，是方程的两个不等实根，因为，

所以

①､②相加得：，

①､②相减得：，

消去，整理得，

.

不妨设，令，则.

故只需证明当时，，即证明.

设，则.

于是在单调递增，从而，因此.

所以，.

【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的切线方程，函数的极值，函数的单调性以及最值问题，考查了导数的应用以及不等式证明，解题的关键是将不等式等价转化为恒成立以及证明即可，考查了转化为思想.