2022-2023学年江西省赣州市全南中学高二下学期期末教学质量验收数学试题含答案

2022-2023学年江西省全南中学高二下学期期末教学质量验收数学试题

一、单选题

1．各项均为正数的等比数列，公比为，则“”是“为递增数列”的（    ）

A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】先根据，得到递增，充分性成立，再推导出必要性成立.

【详解】因为各项为正数，且，所以，即，

所以为递增数列，充分性成立，

若为递增数列，则，因为各项为正数，所以，必要性成立.

故选：C

2．下列命题正确的是（    ）

A．在独立性检验中，随机变量的观测值越大，“认为两个分类变量有关”这种判断犯错误的概率越小

B．已知，当不变时，越大，X的正态密度曲线越高瘦

C．若在平面内存在不共线的三点到平面的距离相等，则平面平面

D．若平面平面，直线，，则

【答案】A

【分析】根据相关概念及定理逐项分析即可.

【详解】对选项A，因为随机变量的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，即犯错误的概率越小，故A正确；

对选项B，当不变时，越大，X的正态密度曲线越矮胖，故B错误；

对选项C，当平面与平面相交时，在平面内存在不共线的三点到平面的距离相等（在平面的两侧，一侧两个点，一侧一个点），故C错误；

对选项D，若平面平面，直线，，则直线n有可能在平面内，故D错误.

故选：A

3．袋中有6个大小相同的黑球，编号为，还有4个同样大小的白球，编号为，现从中任取4个球，则下列结论中正确的是（    ）

①取出的最大号码服从超几何分布；

②取出的黑球个数服从超几何分布；

③取出2个白球的概率为；

④若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则总得分最大的概率为

A．①② B．②④ C．③④ D．①③④

【答案】B

【分析】根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取可判断①②；利用超几何分布求概率的方式即可判断③④

【详解】对于①，根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，由此可知取出的最大号码不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故①错误；

对于②，取出的黑球个数符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何分布的数学模型计算概率，故②正确；

对于③，取出2个白球的概率为，故③错误；

对于④，若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，

总得分最大的概率为，故④正确．

故选：B

4．已知函数，则（    ）

A． B． C．9 D．12

【答案】D

【分析】根据极限的定义求解.

【详解】

；

故选：D.

5．已知等差数列的前n项和为，，则（    ）

A．92 B．94 C．96 D．98

【答案】A

【分析】由等差数列的性质有，得，则，可求值.

【详解】等差数列中，，则，

所以.

故选：A．

6．已知数列中，，，则数列的通项公式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析得到数列是以为首项，公差为的等差数列，求出，化简整理即得解.

【详解】由题意，可得，即.

又，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，

所以，

所以.

故选：.

7．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】可知每一层灯数形成以2为公比的等比数列，根据即可求出.

【详解】解：设顶层的灯数是，则每一层灯数形成以2为公比的等比数列，

所以，由题可得，解得，

所以，塔的顶层的灯数是3.

故选：A.

8．，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数令，再由已知得到的奇函数，单调性，画出的示意图，再得到的解集，得到答案.

【详解】令，则，得是上的奇函数，

当时，有，即在单调递减，

且，作出的示意图如图所示：

故的解集为.

故选：C.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性以及单调性的应用、函数的奇偶性及其应用，考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想，转化思想的应用，属于中档题．

二、多选题

9．等差数列的公差，前n项和为，若，则下列结论中正确的是（    ）

A．当时， B．

C．当时， D．

【答案】BCD

【分析】由条件结合等差数列的性质，求得，结合等差数列的通项公式和等差数列的单调性和等差数列的性质，等差数列求和公式，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，等差数列的公差，前项和为，

因为，可得，

即，

对于A中，由，可得数列单调递减，

由，可得，

故当时，，当时，，

因为，

所以，所以，A错误；

对于B中，由等差数列的前项和公式，

可得，所以B正确；

对于C中，因为，

，

故，C正确；

对于D中，因为，所以，

所以，因为，所以，

即，所以D正确.

故选：BCD.

10．若方程恰有一个实数根，则实数a的值为（    ）

A．e B．－e C．1 D．－1

【答案】BCD

【分析】把方程问题转化为函数与直线有一个交点，利用导数研究函数图象，数形结合即可求解.

【详解】令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，当时，，

当x趋向正无穷大时，趋向正无穷，故作出的大致图象，如图所示：

由题意，方程恰有一个实数根，

即函数的图象与直线的图象有一个公共点，

易知点为函数的图象与直线的公共点，

又曲线在点处的切线方程为，所以，

显然也成立，故实数a的值为或，

故选：BCD

11．已知函数是其导函数，恒有，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】令，求导后可判断函数为增函数，利用单调性可依次判断各选项.

【详解】由题意得：令，

于是其导数．

又函数是其导函数，恒有，即，所以，即函数为增函数．

对于选项A：由，有，即，于是，故A正确；

对于选项B：由，有，即，于是，故B正确；

对于选项C：由，有，即，于是，无法比较与的大小关系，故C错误；

对于选项D：由，有，即，于是，即，故D正确.

故选：ABD．

12．在数列中，如果对任意，都有（为常数），则称数列为比等差数列，称为比公差.则下列说法错误的是（    ）

A．等比数列一定是比等差数列，且比公差

B．等差数列一定不是比等差数列

C．若数列是等差数列，是等比数列，则数列一定是比等差数列

D．若数列满足，，则该数列不是比等差数列

【答案】ABC

【分析】根据比等差数列定义直接验证可判断A；令，依定义验证可判断B；令，，然后依定义验证可判断C；根据递推公式求出前4项，然后依定义验证可判断D.

【详解】若为等比数列，公比，则，，

所以，故选项A错误；

若，是等差数列，则，故为比等差数列，故选项B错误；

令，，则，此时无意义，故选项C错误；

因为数列满足，，

所以，，故，

所以不是比等差数列，故选项D正确.

故选：ABC.

三、填空题

13．公比为2的等比数列中，若，则的值为         ．

【答案】24

【分析】借助等比数列通项公式求解.

【详解】因为等比数列{an}的公比q=2，a1+a2=3，

则a4+a5=a1q3+a2q3=（a1+a2）q3=3×23=24．

故答案为：24．

14．函数的极大值为          .

【答案】0

【分析】先求导求解函数单调性，再结合极值定义求解即可.

【详解】函数的导数，

令，则或，

所以在单调增，在单调递减，

所以的极大值为.

故答案为：0

15．已知函数，则      .

【答案】

【分析】求出，再将代入，即可求出答案.

【详解】由于，

于是导函数，

因此，

解得.

故答案为：

16．已知数列的前项和为，（），且，.若恒成立，则实数的取值范围为      .

【答案】

【分析】由得，两式相减可证明数列为等差数列，继而可求出，令，通过可知，当时，数列单调递减，故可求出最大值，进而可求 的取值范围.

【详解】由，可得.

两式相减，可得，所以数列为等差数列.

因为，，所以，所以，，

则.令，则.

当时，，数列单调递减，

而，，，

所以数列中的最大项为1，故，

即实数的取值范围为.

故答案为: .

四、解答题

17．已知等差数列的前项为，，．

(1)求的通项公式；

(2)若，求的值．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）解：设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，，即可求得数列的通项公式；

（2）由，结合等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，

因为，可得，

又因为，可得，解得，

所以，

即数列的通项公式为.

（2）解：由（1）知，，

因为，可得，即，

解得或.

18．设函数，其中．

(1)当时，求在区间上的最大值与最小值；

(2)求函数的单调递增区间．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用导数可确定在上的单调性，进而确定最值点和最值；

（2）求导后，根据的两根可确定的解集，由此可得单调递增区间.

【详解】（1）当时，，，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

，.

（2）由题意知：定义域为，；

令，解得：或；

，，当时，，

的单调递增区间为.

19．如图，在四棱雉中，平面，，，，．为的中点，点在上，且，点在上，且．

(1)求证：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）证明出、、共面，再由平面，即可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为点在上，且，即，

即，所以，，

因为，，，则，

因为，，

所以，，

所以，、、共面，

又因为平面，所以，平面.

（2）解：因为平面，，

以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

因为点在上，且，则，

则，，

设平面的法向量为，

则，取，可得，

易知平面的一个法向量为，所以，.

因此，平面与平面的夹角的余弦值为.

20．三门是“中国青蟹之乡”，气候温暖、港湾平静、水质优良，以优越的自然环境成为我国优质青蟹的最佳产区.所产的三门青蟹具有“金爪、绯钳、青背、黄肚”的特征，以“壳薄、皆黄、肉嫩、味美”而著称，素有“三门青蟹、横行世界”之美誉；且营养丰富，内含人体所需的18种氨基酸和蛋白质、脂肪、钙、磷、铁等营养成分，被誉为“海中黄金，蟹中臻品”.养殖户一般把重量超过350克的青蟹标记为类青蟹

(1)现有一个小型养蟹池，已知蟹池中有50只青蟹，其中类青蟹有7只，若从池中抓了2只青蟹，用表示其中类青蟹的只数，请写出的分布列，并求的数学期望；

(2)另有一个养蟹池，为估计蟹池中的青蟹数目，小王先从中抓了50只青蟹，做好记号后放回池中，过了一段时间后，再从中抓了20只青蟹，发现有记号的有只，若，试给出蟹池中青蟹数目的估计值（以使取得最大值的为估计值）.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)或200

【分析】（1）的取值为0，1，2，由古典概型概率公式求出对应概率，从而可得分布列，进而可求的数学期望；

（2）设，判断增减性，可得时，，时，，进而可得答案.

【详解】（1）由题意的取值为0，1，2

，，

分布列为

（2）设

，

所以时，

时，，时，

所以当或200时，最大，估计蟹池中青蟹数目为199或200只

21．在平面直角坐标系中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线经过点.

(1)求的方程；

(2)若关于轴对称，焦点为，过点且与轴不垂直的直线交于两点，直线交于另一点，直线交于另一点，求证：直线过定点.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论的焦点在或轴上，设出抛物线的方程，将点代入即可得出答案；

（2）设，分别求出直线，的方程，由题意可得，，再求出直线的方程，代入化简即可得出直线过的定点.

【详解】（1）若的焦点在轴上，设抛物线的方程为，

将点代入，得，解得，故的方程为；

若的焦点在轴上，设抛物线的方程为，

将点代入，得，解得，故的方程为，

综上，的方程为或.

（2）证明：由（1）知抛物线的方程为.

若直线不过点，如图，

设，

由题意可知直线的斜率存在且不为0，则直线的斜率，

所以直线的方程为，即，

同理直线的方程分别为，

由直线过定点，可得，

由直线过焦点，可得，

直线的方程为，

由，得，

所以，

即，

又因为，所以.

令解得故直线恒过定点.

若直线过点，直线即为直线，其方程为，即，显然直线过点.

综上，直线过定点.

22．已知，．

(1)求的单调区间；

(2)当时，函数有2个零点，分别为且满足，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先对求导，分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；

（2）利用同构法，结合导数研究函数与的图像，从而推得，再利用导数将双变量问题转化为恒成立问题，由此得解.

【详解】（1）因为，所以，

当时，在单调递减；

当时，当时，单调递减；当时，单调递增；

故当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）因为，所以,

令，即，

令，则，

当时，单调递增；当时，单调递减；

故，又，当时，，

则，

令，则，

当时，单调递减，，

所以当，存在唯一，满足，且存在，满足且，

要证，由，得，

设，则，故，

所以，即证，即证，即证，

令，则，即证，即证恒成立，

令，则，

故在上单调递减，即恒成立，即证.

【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．