江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（解析版）

这是一份江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（解析版），共14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。

一、单选题（每题5分，共40分）
1. 如图，U是全集，集合A、B是集合U的两个子集，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意，阴影部分所表示的集合中任意元素x必须满足：且，即且，于是得，
所以图中阴影部分所表示的集合是.
故选：B
2. 已知，，，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】设，则①，
，
则②，
②-①得，，
，
则，
故.
故选：A
3. 已知的展开式中的各项系数之和为，则展开式中的常数项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为的展开式中的各项系数之和为，即，所以.
又的展开式的通项为,
令，解得，所以展开式的常数项为.故选：A.
4. 已知椭圆为两个焦点，为椭圆上一点，若的周长为4，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】设椭圆的焦距为，则，
的周长为，解得，故选：D
5. 若点在抛物线上，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为点在抛物线上，
所以，得，所以抛物线方程为，
所以抛物线的准线方程为，故选：A
6. 已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（ ）

A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
斜三棱柱所有棱长均为
.
故选:.
7. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. 为递减数列B. 为递增数列
C. 数列有最小项D. 数列有最大项
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，则，
由可得，又，所以即，又，所以，即，
故等比数列首项，公比满足或，
当时，等比数列为正负项交替的摆动数列，故不单调；
当时，，等比数列单调递减，故A，B不正确；
又，且
所以当时，由于，
则，，
此时数列的最小项为，最大项为；
当时，有，
则数列为单调递增数列，有最小项，无最大项，故C正确，D不正确.
故选：C.
8. 若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由在上恒成立，
可得在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则在上恒成立，
又，
所以当时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
当时，由于，则，
此时，，满足在上恒成立；
当时，由于，则，
要使在上恒成立，
则需在上恒成立，即在上恒成立，
设，，则，
易知当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，又，所以
综上，实数的取值范围为．故选：B．
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】A选项，，故A选项正确；
B选项，，故B选项错误；
C选项，，故C选项正确；
D选项，，故D选项错误；
故选：AC
10. 已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】AD
【解析】由题意，，由等比数列通项公式可得，
由于等比数列每一项都不是，故，
即，解得或.故选：AD
11. 已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（ ）

A. 有个极值点
B. 是的极大值点
C. 是的极大值点
D. 在上单调递增
【答案】ABD
【解析】根据函数的图象可知，
在区间，单调递增；
在区间，单调递减.
所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，
是的极小值点，
所以ABD选项正确，C选项错误.
故选：ABD
12. 已知等比数列前项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列的通项公式为B.
C. 数列是等比数列D.
【答案】ABD
【解析】由于等比数列前项和为，且，
所以，整理得，所以数列的公比；
由于是与的等差中项，故，
整理得，解得.
故，故A正确；
所以，故B正确；
由于数列满足，
所以当时，不为常数，
所以数列不是等比数列，故C错误；
，
又，
所以
，故D正确.
故选：ABD
三、填空题（共20分）
13. 已知随机变量，且，则______.
【答案】
【解析】因为，所以正态曲线的对称轴为，
因为，所以，
所以.
故答案为：
14. 已知数列中，，，，则___________.
【答案】
【解析】由题意知，，
，，
，，
，，
易知是周期为6的数列，
．
故答案为：-3
15. 已知双曲线 ​的实轴端点分别为​， 点是双曲线上异于​另一 点，则​与​的斜率之积为______
【答案】
【解析】设,，，且，，，
则，，
所以，
所以与的斜率之积为，
故答案为：．
16. 已知，函数在上存在两个极值点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】函数在上存在两个极值点，
等价于在上有2个不同的实根（变号），
即的图象与直线在上有2个不同的交点（变号），
求出，
当，时，,
当，时，
所以在，上单调递增，
在，上单调递减．
可画出草图如图：
要保证直线（）在上有2个不同的交点（变号），
只需，
可得，
故答案为：．
四、解答题（共70分）
17. 已知的三个顶点分别为，，.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
解：（1）由题意得，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
（2）由题知中点，所以，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
18. 某市为了解该市小学生在“双减”政策下课外活动的时间，随机抽查了50名小学生，统计了他们参加课外活动的时间，并绘制了如下的频率分布直方图，如图所示.

（1）由频率分布直方图估计小学生课外活动时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）由频率分布直方图可认为：课外活动时间t（分钟）近似服从正态分布，其中为样本中课外活动时间的平均数.用频率估计概率，在该市随机抽取10名学生，记课外活动时间在内的人数为X，求X的数学期望（精确到0.1）.
参考数据：当t服从正态分布时，，，.
解：（1）由图知：平均数为：；
（2）由题设，，则，，
，
由题意知：，则.
19. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点.

（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）因为，，则，又平面，
平面，则，
而，平面，因此平面，又平面，
所以平面平面.

（2）因为底面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，，其中，
显然平面的一个法向量为，
依题意，，解得，
于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，
则，取，得，
而平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角余弦值为.
20. 在数列中，，，且.设为满足的的个数.
（1）求，的值；
（2）设，数列的前n项和为，对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围.
解：（1）因为，所以，
则是等差数列，
设数列的公差为，由，则，解得，则，
因为是满足的的个数，所以，
则，.
（2）由（1）得，
则，
设，则，即递增，故，
因为对任意，恒成立，即恒成立，
整理得恒成立，即恒成立，解得，
所以的取值范围是.
21. 已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．
（1）求椭圆C的方程；
（2）证明：直线DE的倾斜角为定值．
解：（1）由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．
∴椭圆C的方程为．
（2）设，，，
则．①
当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，
整理得．
∴．
直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，
整理得．
∴．
因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．
由①知，∴．
∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
综上所述，直线DE的倾斜角为．
22. 已知函数，．
（1）若在上是增函数，求的取值范围；
（2）若在上的最小值，求的取值范围．
解：（1）因为，
所以，
令，则，
因为在上是增函数，所以，则恒成立，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，故，则，此时在上是增函数，
所以的取值范围是，
（2）由（1）知在上是增函数，，
当时，在上单调递增，，
令，得，故；
当，即时，
，在上单调递减，，
令，解得，此时不存在；
当时，，存在，使得，
即，
故当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以，
当且仅当，即时，等号成立，显然，等号不成立，
所以，令，解得，此时不存在；
综上所述，的取值范围是.