江西省宜春市上高中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试数学试题及答案

江西省宜春市上高中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试

数学试题

一、单选题（每题5分，共40分）

1．已知函数，则函数的图象在点处的切线斜率为（    ）

A． B． C． D．

2．已知等差数列的前项和为，，则 （    ）

A．54 B．71 C．80 D．81

3．已知等比数列的前n项和为，公比为q，且，则（    ）

A． B． C． D．

4．现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为（    ）

A．0.25升 B．0.5升 C．1升 D．1.5升

5．已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有， .若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（    ）

A．599 B． C．554 D．568

6．已知F1，F2为双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左，右焦点，过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，且与C的右支交于点Q，若（O为坐标原点），则C的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．3

7．已知数列满足：，，，其中为的前n项和.若对任意的n均有恒成立，则正数k的最大值为（    ）

A． B．2 C． D．3

8．已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题（每题5分，共20分）

9．若二次函数的图象与曲线存在公切线，则实数的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

10．已知等比数列满足，公比，且，，则（    ）

A． B．当时，最小

C．当时，最小 D．存在，使得

11．已知数列和满足：，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．数列是等差数列

C．

D．数列最小项是第2项

12．已知函数，.（    ）

A．若曲线在点处的切线方程为，且过点，则，

B．当且时，函数在上单调递增

C．当时，若函数有三个零点，则

D．当时，若存在唯一的整数，使得，则

三、填空题（共20分）

13．在数列中，若，前项和，则的最大值为______．

14．已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是________________.

15．数列满足为数列的前项和，则_________．

16．已知正实数，满足，则的最小值为____．

四、解答题（共70分）

17．设数列的前n项和为Sn，满足，且成等差数列．

(1)求的值；

(2)求数列的通项公式．

18．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)若在区间上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.

19．学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．

(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分的分布列和数学期望；

(2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天“得分不低于3分”的概率为，求为何值时，取得最大值，并求出该最大值．

20．在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与所成角的正弦值．

21．已知椭圆的左焦点为F，O为坐标原点．

(1)求过点F、O，并且与抛物线的准线相切的圆的方程；

(2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与轴交于点G，求点G的横坐标的取值范围．

22．已知函数，，且．

(1)当m＝1时，求函数在x＝1处的切线方程；

(2)若恒成立，在上存在最小值，求的取值范围．

1．A

由题设，则，故，

故在点处的切线斜率为.

故选：A

2．D

设等差数列的公差为，

因为，可得，解得，

所以.

故选：D.

3．D

因为，

所以，

所以，

所以，

解得，A错误，C错误，D正确，

所以， B错误；

故选：D.

4．B

设九只茶壶按容积从小到大依次记为 ，由题意可得，所以，

故选：B

5．D

因为，所以，又因为，所以，

所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，

所以，，

所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即，

所以，，

由得，所以，

所以

.

故选：D.

6．A

根据对称性不妨设P为第一象限的点，

∵O为F1F2的中点，又，∴Q为PF2的中点，

又F2（c，0）到的距离，

∴|PF2|＝b，∴|QF2|＝，

连接，所以，又|F1F2|＝2c，

∵PO的斜率为，又QF2⊥PO，

∴QF2的斜率为，∴，∴，

在△QF2F1中，由余弦定理可得：

，化简可得a＝b，

∴双曲线C的离心率为＝.

故选：A.

7．A

当n≥1时，由条件，

可得，

整理可得，

化简得：

从而

故，

因为，

所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，

则，即

依题意只需

令

则，

当时，，故，

当时，，故，

所以

，

故选：A

8．C

令，，则，当时，，

所以在上单调递增，，

故，

令，，则在上恒成立，

故在单调递减，故，

所以，

令，，则，

故在上单调递减，

故，即，

构造，，则，

令，则，

令，则在上恒成立，

故在上单调递增，又，故在恒成立，

故在上单调递增，又，故在恒成立，

故，即，，

构造，，

则，令，则，

令，则在上恒成立，

故在上单调递减，又，

故在上恒成立，故在上单调递减，

又，故在上恒成立，故在上单调递减，

故，即，即，

因为，故.

故选：C

9．AC

由得；

由得.

设公切线与的图象相切于点，与的图象相切于点，

所以，即，

可得或，

因为，，则，即，

，，

令，，

可得，

由，得；由，得；

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以实数的取值范围.

因为，，，，即，，则，则AC正确.

故选：AC.

10．AC

对于A，∵，，∴，又，，

∴，故A正确；

对于B，C，等比数列满足，公比，，

， ， ， 为递增数列，

由等比数列的性质，，

 又，，

，，

∵，，

，∴，

∵，，，∴，，

，即，

为递增数列，故当时，最小，故B错误，C正确；

对于D，当时，，为递增数列，，

故D错误.

故选：AC

11．ACD

代入首项，可得，故A正确；

由题意知，两式相减，可得，

又因为，所以，数列是等比数列，故B错误；

由数列是等比数列，可得，

所以所以，故C正确；

因为，所以前4项分别为，

当时，因为指数函数比二次函数增长快，即的分子增加的速度比分母快，所以，

所以最小项为第2项，故D正确.

故选：ACD

12．BCD

A选项，，由题，，则，，故A错误；

B选项，当时，，.因，则.

或在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；

C选项，当时，令，

注意到当时，，则，则函数有三个零点，相当于直线与函数图象有三个交点.

令，其中.

.

令或在上单调递增；

或或或

在，

上单调递减，又，

则可得大致图象如下，则由图可得，当，

直线与函数图象有三个交点，即此时函数有三个零点，故C正确；

D选项，由题可得，，

即存在唯一整数，使 图象在直线下方.

则，，

得在上单调递减，在上单调递增，

又，过定点，

可在同一坐标系下做出与图象.又设过点切线方程的切点为，

则切线方程为：，因其过，

则或，又注意到

结合两函数图象，可知或2.

当时，如图1，需满足；

当时，如图2，需满足；

综上：，故D正确.

故选：BCD

13．66

=21，解得，故，属于二次函数，

对称轴为，故当或时取得最大值，

，，，

故的最大值为66.

故答案为：66.

14．

因为，

所以

当时，，

则函数在上单调递增，

所以，即

因为，使成立，

所以，

即实数的取值范围是.

故答案为：.

15．

由可得，故是公差为2的等差数列，

所以，所以，

所以.

故答案为：.

16．

，，即，

设，则，且，

当时，所以在上单调递增，

正实数，，，即，

所以，等价于，

即，，

当时，单调递减；当时，单调递增，

所以，

则，

令，则，即在上单调递增，

所以，所以，即的最小值为．

故答案为：.

17．(1)

(2)

（1）因为，

所以令得：，即：①，

令得：，即：②，

又因为，，成等差数列，

所以③，

由①②③得：，，.

故的值为1.

（2）因为，

当时，，

两式作差可得：，

所以，，

由（1）知，，

所以，

即：，，

将代入得：，符合，

综上，.

故数列的通项公式为.

18．(1)递减区间是，递增区间是.

(2)

（1）解：函数的定义域为，

可得

由得或，由得，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数的递减区间是，递增区间是.

（2）解：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，

又由

因此，解得，

所以

所以函数在上的最小值是.

19．(1)分布列见解析；数学期望为；

(2)当时，取得最大值，最大值为.

（1）的可能取值为，

，，

，，

，，

所以分布列为：

所以；

（2）设一天得分不低于3分为事件，

则，

则恰有3天得分不低于3分的概率为，

令，

则，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值为．

20．(1)证明见解析

(2)

（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，，

设平面的法向量，则，取，得，

设平面的法向量，则，取，得，

所以，则平面平面．

（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，

所以．

直线与所成角的正弦值．

21．(1) 或；

(2)

（1）解：抛物线的准线为，椭圆的左焦点为，

因为圆过点，所以圆心在直线上，

设，则圆的半径为，

由，得，解得，

所求圆的方程为 或.

（2）解：设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

因为直线过椭圆的左焦点，

所以方程有两个不相等的实根，

设点，设的中点为，

则，可得，

直线的垂直平分线的方程为，

令，则.

因为，所以，故点的横坐标的取值范围.

22．(1)；

(2)

（1）当m＝1时，，定义域为：，

，所以切点坐标为：，

而，所以切线的斜率为：，

故切线的方程为：，即.

（2）因为，所以，

，

，

因为，所以，所以.

所以，，

令，则或，

当时，，所以为增函数；

当时，，所以为减函数；

当时，，所以为增函数.

所以当时，有极小值为：，

因为在上存在最小值，

所以，所以.

恒成立，即恒成立，

所以恒成立，

令，定义域为：，，

若，则，所以为增函数，而，

所以当时，，所以不可能恒成立；

若，令得：.

时，，所以为增函数；

时，，所以为减函数.

所以，由于要恒成立，

所以只需，又因为，所以

所以.

所以.

故的取值范围为：.