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

这是一份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，共19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：B2．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：A6．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：ABD12．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48B．椭圆外切矩形面积的最大值为48C．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：614．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.