2022-2023学年江西省抚州市乐安县高二下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省抚州市乐安县高二下学期期中考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省抚州市乐安县高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．设是可导函数，且，则（    ）A． B．-1 C．0 D．-2【答案】B【解析】根据导数定义，即可求出．【详解】试题分析：因为所以，故选：B.【点睛】本题主要考查了导数的定义，属于基础题．2．根据教育部的规定，从2021年9月1日以来，全国各地的中小学都开展了课后延时服务．各个学校都及时安排老师参加课后延时服务工作，学校要求张老师在每个星期的周一至周五要有三天参加课后延时服务．若张老师周五一定参加课后延时服务，则他周四也参加课后延时服务的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设事件A为张老师“周五参加课后延时服务”，事件B为张老师“周四参加课后延时服务”，利用古典概型求出，和的值，再根据条件概率公式，即可求出结果.【详解】设事件A为张老师“周五参加课后延时服务”，事件B为张老师“周四参加课后延时服务”，则，，故．故选:A．3．在等差数列中，已知，则（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】D【分析】根据等差中项可求得结果.【详解】由得，所以，所以.故选：D4．数列，满足，，则的前10项和为（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】求出，再利用裂项相消法求解即可.【详解】因为数列，满足，，所以，所以，的前10项和为：，故选：B.5．利用独立性检验的方法调查大学生的性别与爱好某项运动是否有关，通过随机询问名不同的大学生是否爱好某项运动，利用列联表，由计算可得.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828参照附表，得到的正确结论是（    ）A．有以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”B．有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”C．在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”D．在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”【答案】B【分析】根据，再对照表格中的数据，即可判断【详解】由于对照表中数据得出有0.005的几率说明这两个变量之间的关系是不可信的，即有1−0.005=99.5%的把握说明两个变量之间有关系故选：B6．已知等差数列中，为其前项和，，，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】设等差数列公差为，利用可构造方程求得公差，由此得到，根据等差数列前项和公式可求得结果.【详解】设等差数列公差为，则，解得：；当时，，；当时，，.综上所述：或.故选：C.7．已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且=，则使得为整数的正整数n的个数为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据给定条件结合等差数列性质及前n项和公式，将用n表示出即可作答.【详解】依题意，，又=，于是得，因此，要为整数，当且仅当是正整数，而，则是32的大于1的约数，又32的非1的正约数有2，4，8，16，32五个，则n的值有1，3，7，15，31五个，所以使得为整数的正整数n的个数为5.故选：B8．设函数.若不等式对恒成立，则的最大值为（     ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可得对恒成立，设，，根据它们的图象，结合的导数的几何意义，以及射线的性质，即可得到所求的最大值.【详解】由不等式对恒成立，即为，即对恒成立，设，由，可得在上递增，且，当时，；，，作出的图象，再设，可得表示过，斜率为的一条射线（不含端点），要求的最大值，且满足不等式恒成立，可得的最大值，由于点在轴上移动，只需找到合适的，且切于点，如图所示：此时，即的最大值为.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题的解法，解题的关键是将问题转化为切于点，注意运用转化思想和数形结合思想，考查了导数的应用，求切线的斜率与单调性，考查了运算能力和推理能力. 二、多选题9．下列四个数列中的递增数列是（　　）A．1，，，，…B．，，，…C．，，，，…D．1，，，…，【答案】CD【分析】逐一分析各个选项数列的单调性即可得解.【详解】解：对于A，数列1，，，，…为递减数列，故不符合题意；对于B，数列，，，…为周期数列，且，故不符合题意；对于C，数列，，，，…为递增数列，故符合题意；对于D，数列1，，，…，为递增数列，故符合题意.故选：CD.10．设函数在区间上的导函数为，在区间上的导函数为，若在区间上恒成立，则称在区间上为凸函数．则下列函数中，为区间上的凸函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据定义，分别对函数求二阶导数，并判断在区间的正负.【详解】对于A选项，，，，显然在区间恒有，所以不为凸函数.对于B选项， ，，，显然在区间恒有，所以为凸函数.对于C选项，，，，显然在区间恒有，所以不为凸函数.对于D选项， ，，，显然在区间恒有，所以为凸函数.故选: BD..11．已知函数的定义域为，导函数为，满足，（为自然对数的底数），且，则（    ）A． B．C．在处取得极小值 D．无极大值【答案】BCD【分析】设，对其求导可得，因此设，根据题意可得的解析式，对A：利用导数判断的单调性分析判断，对B、C、D：利用导数判断的单调性分析判断.【详解】设，则，可设，则，解得，故，即，令，则，故在上单调递增，∴，即，则，A错误；∵，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，∴，在处取得极小值，无极大值，B、C、D均正确故选：BCD.【点睛】结论点睛：（1）形式，联想到；（2）形式，联想到.12．阿基米德（公元前287年——公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称为“阿基米德三角形”．已知抛物线C：的焦点为F，过A、B两点的直线的方程为，关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（    ）A． B．C．点P的坐标为 D．【答案】ABD【分析】由直线方程与抛物线方程联立，解得两点的坐标，计算线段的长判断A，利用导数的几何意义求得切线方程，由切线斜率关系判断B，两切线方程联立求得交点的坐标判断C，由直线的斜率关系判断D.【详解】设，，联立，可得，解得或，不妨设，，则，，故，，，A项正确；又因为，所以，故直线PA的斜率为，直线PA的方程为，即，同理可得直线PB的方程为，，所以，B项正确；联立，可得，故点P的坐标为，C项错误；易知点F的坐标为，，，所以，D项正确．故选：ABD. 三、填空题13．已知的展开式中各项系数和为，则展开式中常数项为           .【答案】【分析】由条件求，再结合二项式定理展开式通项公式求解.【详解】因为的展开式中各项系数和为，所以，即．所以的常数项为．故答案为：8014．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn﹣1是an和Sn的等比中项，设，则数列{bn}的前100项和为     .【答案】【分析】利用等比中项列方程，然后求得，再利用裂项求和法求得数列的前项和.【详解】依题意，当时，，解得，当时，，解得，当时，，解得，以此类推，猜想，.下用数学归纳法证明：当时，成立.假设当时，当时，，，，，，，，所以假设成立.所以对任意，，.（证毕）所以，所以数列的前项和为.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比中项的性质，考查裂项求和法，属于中档题.15．设函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是           .【答案】【分析】首先利用导数求函数的单调递减区间，再结合区间的包含关系，列式求实数a的取值范围【详解】，，令，得，而因为函数在区间上单调递减，故，故.故答案为：16．已知函数，若，则实数的取值范围是  ．【答案】，【分析】设，定义域，证明函数为奇函数且单调递增，化简得到，解不等式即得解.【详解】解：因为，设，定义域，，所以为奇函数，，所以单调递增，不等式，即为，即，所以，即，解得，即实数的取值范围是，．故答案为：，． 四、解答题17．已知点P在圆上，点，．(1)求点P到直线AB距离的最大值；(2)当∠PBA最小时，求线段PB的长．【答案】(1)(2)3 【分析】（1）根据圆上的点到直线的距离最大值为圆心到直线的距离与半径和求解即可；（2）由题意当直线与圆相切时，最小，再根据勾股定理求解即可.【详解】（1）直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，故圆与直线相离，点到直线距离的最大值为；（2）当直线与圆相切时，最小，由勾股定理可得，此时线段的长为  18．已知函数.（1）求曲线在点处的切线的方程.（2）若直线为曲线的切线，且经过坐标原点，求直线的方程及切点坐标.【答案】(1) ；(2) 直线的方程为，切点坐标为.【分析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式得结果，（2）设切点，根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，再根据切线过坐标原点解得结果.【详解】（1）.所以在点处的切线的斜率，∴切线的方程为；（2）设切点为，则直线的斜率为，所以直线的方程为：，所以又直线过点，∴，整理，得，∴，∴，的斜率，∴直线的方程为，切点坐标为.【点睛】本题考查导数几何意义以及利用导数求切线方程，考查基本分析求解能力，属基础题.19．如图，已知三棱柱中，，四边形是菱形.(1)求证：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直判定定理即可证得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得二面角的正弦值.【详解】（1）由四边形是平行四边形，，得四边形是矩形，则由，，，、面，得面，又面，则  由四边形是菱形，得由，，，、面，得面（2）由（1）可知，面，又面，得面面由四边形是菱形，，得是正三角形.取、的中点分别为、，连，，则，.由面面，面面，面，得面以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示则，，面的一个法向量为设面的一个法向量为由，令，得设二面角的大小为， 则又，则故二面角的正弦值为.20．已知抛物线C：的焦点F到准线l的距离为2，圆：(1)若第一象限的点P，Q是抛物线C与圆的交点，求证：点F到直线PQ的距离大于1；(2)已知直线l：与抛物线交于M，N两点，，若点N，G关于x轴对称，且M，A，G三点始终共线，求t的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点到准线的距离即可得p的值，进而求出抛物线的方程，联立抛物线的方程与圆的方程，求出P，Q的坐标，求出直线PQ的方程，求点F到直线PQ的距离，可证得焦点F到直线PQ的距离大于1；（2）设M，N的坐标，由题意可得G的坐标，联立直线l与抛物线的方程，表示出直线MG，MA的斜率，利用韦达定理和斜率相等，联立方程即可求得【详解】（1）由抛物线的方程可得焦点，准线方程为：，所以焦点到准线的距离，所以抛物线的方程为：，即，P，Q在第一象限，联立，解得，，所以直线PQ的方程：，即，所以焦点F到直线PQ的距离，即证得点F到直线PQ的距离大于1；（2）设，，由题意，直线l的方程为，，联立，整理可得，可得，，，要使M，G，A三点共线，则，即恒成立，即，整理可得，整理可得，而，所以，所以21．已知，是方程两个根，数列是递增的等差数列，数列的前n项和为，且.（1）求，的通项公式；（2）记，求数列的前n项和.【答案】（1），；（2）【分析】（1）由韦达定理与等差数列的定义即可求得数列的通项公式；利用关系即可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前n项和.【详解】（1）由题可知，，是方程两个根，且数列是递增的等差数列即，则，公差d=6所以等差数列的通项公式为在数列中，当时，当时，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故其通项公式为（2）由（1）可知则又两式相减得故【点睛】本题考查错位相减法求数列的和，还考查了利用定义求等差等比数列的通项公式，属于中档题.22．函数（，）．（1）当时，求证：函数有两个零点；（2）若，求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数求出在上单调递减，在上单调递增，而，，，由此可得存在使得，从而可证得函数有两个零点；（2）等价于，然后利用导数求出函数的最小值，所以只要证明，令（），则只需证明，构造函数，利用导数求出其最小值大于零即可【详解】证明：（1）当时，（），则，，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，又，，，所以存在使得，则函数存在两个零点，1，所以函数有两个零点；（2）当，等价于，由题意可知，，，令，可得，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，所以当时，取得最小值，且，由题意，只需证明，令（），则，则只需证明，即，令，，故只需证明（）即可，则，当时，，故，所以在上单调递增，因为，所以，故成立．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将转化为，然后利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题