2022-2023学年江西省抚州市资溪县第一中学高二下学期7月期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省抚州市资溪县第一中学高二下学期7月期末考试数学试题含答案，共21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学年江西省抚州市资溪县第一中学高二下学期7月期末考试数学试题 一、单选题1．若集合，，则集合（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据集合并集概念课直接得到.【详解】，故选：D.2．已知直线，直线，则“”是“”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件【答案】C【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线平行的等价条件进行判断即可.【详解】若，则两直线方程分别为和，满足两直线平行，即充分性成立，若，当时，两直线分别为和，此时两直线不平行，不满足条件.当时，若两直线平行则，由得，即，所以或，当时，，不满足条件.则，即，则“”是“”的充要条件，故选：C3．已知平面内两定点，下列条件中满足动点的轨迹为双曲线的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用双曲线的定义结合选项得出答案．【详解】当时，，满足双曲线的定义，所以点的轨迹是双曲线.故选：A【点睛】本题考查双曲线的定义的应用，动点到两定点的距离差的绝对值小于两定点的距离为解题的关键．4．下列说法中正确的个数是（    ）①命题：“，若，则”，用反证法证明时应假设或；②若，则、中至少有一个大于；③若、、、、成等比数列，则；④命题：“，使得”的否定形式是：“，总有”.A． B． C． D．【答案】C【解析】根据反证法的知识可判断①的正误，写出命题“若，则、中至少有一个大于”的逆否命题可判断其正误，根据等比数列的知识可判断③的正误，根据特称命题的否定可判断④的正误.【详解】①根据反证法的定义；一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.故应假设命题中的结论“”不成立，即“或”，故①正确；②若，，则，所以若，则、中至少有一个大于，故②正确；③若，，，，成等比数列，设数列的公比为，则，所以不合题意，故③错误；④命题“，使得”为特称命题，特称命题的否定为全称命题，其否定形式是“，总有”，故④正确.故选：C5．已知函数，若对于，，使得，则的最大值为（　　）A．e B．1-e C．1 D．【答案】D【分析】不妨设f()=g()＝a，从而可得的表达式，求导确定函数的单调性，再求最小值即可．【详解】不妨设f()=g()＝a，∴＝a，∴＝ln(a+e)，＝，故＝ln(a+e)-，（a＞-e）令h（a）＝ln(a+e)-，h′（a），易知h′（a）在（-e，+∞）上是减函数，且h′（0）＝0，故h（a）在a处有最大值，即的最大值为；故选D．【点睛】本题考查了函数的性质应用及导数的综合应用，考查了指对互化的运算，属于中档题．6．设数列满足，，且（且），则A． B． C． D．【答案】B【详解】 令，则，所以为等差数列， 因为，所以公差，则，所以， 即，所以，故选B. 点睛：本题考查了等差数列的通项公式和等差数列的性质的应用问题，本题非常巧妙的将两个数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项，另外，本题的难点在于两个数列融合在一起，利用第一个数列为等差数列，得到第一个数列的通项公式，进而求解第二个数列的项，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.7．已知函数是定义域为的奇函数，是其导函数，，当时，，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意构造函数，利用导数判断单调性，再由奇偶性解不等式即可.【详解】令，则，当时，，故，所以在上单调递减，又，所以即，因为函数是定义域为的奇函数，所以，即为定义域为的偶函数，所以由可得，所以，即或，即不等式的解集是，故选：B8．已知圆与抛物线的两个交点是A，B．过点A，B分别作圆和抛物线的切线，，则（    ）A．存在两个不同的b使得两个交点均满足B．存在两个不同的b使得仅一个交点满足C．仅存在唯一的b使得两个交点均满足D．仅存在唯一的b使得仅一个交点满足【答案】D【分析】利用抛物线方程设出交点坐标，再由直线与垂直及交点在圆上求出b，p的关系，然后逐项分析作答.【详解】依题意，设圆与抛物线的交点，，显然直线的斜率存在且不为0，设方程为：，由消去x并整理得：，而，则，解得，由及圆的性质知，直线过圆心及点，于是得：，整理得：，又，即，因此有，解得，而，即，于是有满足的两曲线交点只有点，选项A，C不正确；显然，即正数p值确定，b值也随之确定，并且唯一，选项B不正确，D正确.故选：D【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率. 二、多选题9．在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（    ）A．若为直线的方向向量，则B．若为直线的方向向量，则C．若为平面的法向量，面经过和P，则D．若为平面的法向量，面经过和P，则【答案】AD【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．【详解】直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确 ，B错误，在平面内，为平面的法向量，则，所以，C错误D正确．故选：AD．10．离散型随机变量的分布列如下表，若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（　　）01234q0.40.10.20.2A． B．，C．， D．，【答案】ACD【分析】首先根据分布列的性质，求，以及计算，，再根据期望和方差的性质，计算和.【详解】因为，所以，故A正确；又，，故C正确；因为，所以，，故D正确，故选：ACD.11．已知数列为等差数列，为的前项和，若，，则下列结论中正确的是（    ）A．B．C．若数列的前项和为，则D．若，则的最小值为【答案】BC【分析】根据题意，代入公式，即可求得的值，即可得通项公式，前n项和的公式，即可判断A、B的正误；先求得的表达式，根据裂项相消求和法，即可判断C的正误；先求得的解析式，根据对勾函数的性质，可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得，解得，所以an=2n+1，所以a1=3，故A错误；，故 B正确因为，所以，故C正确；因为，且n∈N*，所以的最小值为g(1)=g(2)=5，故D错误，故选：BC．12．已知定义在的函数的导函数满足，且，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的是（    ）A．B．若，则C．在上单调递增D．任意，，都有【答案】ABC【分析】由，得，推出（其中为常数），求出函数的解析式，通过（e），求解C，判断函数值判断A；导函数的符号判断C；函数的单调性判断B；结合函数的凹凸性，判断D即可．【详解】解：由，得，即，从而得（其中为常数），即，由，得，所以，故正确；又，从而在上单调递增，故正确；令，则在上递增，不等式（e），得，故正确；由得，当时，；当时，，所以的图象在部分上凸，在部分下凸，故不正确，故选：ABC．【点睛】关键点点睛：本题关键是利用转化为，即为，从而求得函数的解析式，而后求导利用单调性结合函数图象判断出各个选项. 三、填空题13．已知，，，则      .【答案】【分析】根据已知条件结合全概率公式求解即可【详解】因为，所以，因为，所以，所以由全概率公式可得,故答案为：14．若的展开式中，所有x的偶数次幂项的系数和为64，则正实数a的值为      ．【答案】/0.75【分析】利用赋值法，令和令联立得到，即可求出a.【详解】设.令，得①；令，得②.②＋①得．又因为，所以，解得．故答案为：15．已知等差数列的公差，且，当且仅当时，数列的前项和取得最小值，则首项的取值范围是            .【答案】【分析】由已知结合等差数列的性质可得，从而可表示，然后根据二次函数的性质可求得结果【详解】因为且，所以，所以,数列的前项和，因为当且仅当时数列的前项和有最小值，所以，解得故答案为：.16．已知函数的定义域为，若对任意的，，恒成立，则实数的取值范围为      ．【答案】【分析】对求导判断在上的单调性，再对已知不等式变形为，再构造新函数，根据单调性的定义可判断单调递减，再由恒成立，转化为最值问题即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，可得在单调递减，因为，，所以，所以可变形为，不妨设，则，，所以，即，令，则，所以在单调递减，所以对于恒成立，，对于恒成立，所以对于恒成立，即对于恒成立，所以，因为在单调递减，所以，所以，故答案为：【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法（1）分离参数法若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.（2）数形结合法结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.（3）主参换位法把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解. 四、解答题17．已知等差数列满足.(1)求的通项公式；(2)若，记的前项和为，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式得到，即可求出、，从而得到通项公式；（2）由（1）可得，即可得到，利用并项求和法计算可得；【详解】（1）解：设等差数列的公差为，所以，所以，所以，解得，则.（2）解：因为且，所以，所以，所以.18．如图所示四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，BCAD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为PD的中点，F为PC中点.（1）求证：BF平面ACE；（2）求直线PD与平面PAC所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量来证得平面.（2）利用直线的方向向量和平面的法向量，计算出线面角的正弦值.【详解】（1）依题意可知两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系.，所以，设平面的法向量为，则，取，由于，所以平面.（2），设平面的法向量为，则，取，设与平面所成角为，则.19．某食品厂为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取40件产品作为样本，并称出它们的重量（单位：克），重量值落在内的产品为合格品，否则为不合格品.注：表1是甲流水线样本的频数分布表，图1是乙流水线样本的频率分布直方图.产品重量（克）频数681484（1）根据上面表1中的数据在图2中作出甲流水线样本的频率分布直方图；（2）若以频率作为概率，试估计从两条流水线上分别任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率分别是多少；（3）由以上统计数据完成下面列联表，并回答有多大的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关. 甲流水线乙流水线合计合格   不合格   合计   参考公式：，其中0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）见解析；（2）从甲流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为；从乙流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为0.9.（3）见解析【分析】（1）根据所给的每一组的频数和样本容量求出每一组的频率，作出频率分布直方图．（2）根据所给的样本中的合格品数，除以样本容量做出合格品的频率，可估计从两条流水线上任取一件产品该产品为合格品的概率；（3）根据所给的数据，列出列联表，根据所给的观测值的公式，代入数据求出观测值，同临界值进行比较，得到有90%的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关．【详解】（1）甲流水线样本的频率分布直方图如下：（2）由表1知甲流水线样本中合格品数为，故甲流水线样本中合格品的频率为，由图1知乙流水线样本中合格品的频率为，据此可估计从甲流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为；从乙流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为0.9.（3）由（2）知甲流水线样本中合格品数为30，乙流水线样本中合格品数为.列联表如下： 甲流水线乙流水线合计合格303666不合格10414合计404080∵，∴有的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关.【点睛】本题考查频率分步直方图，考查列联表，观测值的求法，考查了互斥事件概率的求法，属于中档题.20．已知函数，数列的前项和为，点的图像上．（1）求数列的通项公式；（2）令，证明：；（3）设，是否存在，使得成等比数列，若存在，求出所有的，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）不存在，证明见解析.【分析】（1）由题得再利用项和公式即可求出数列的通项公式；（2）求出，不等式即得证；（3）假设存在，由题得再证明即得解.【详解】（1）由题得，两式相减得，时，适合，，所以.所以数列的通项公式为.（2），，因为，所以.（3）假设存在，因为成等比数列，所以所以所以设，设，所以在上单调递减，所以，所以，所以，所以所以不成立.所以不存在，使得成等比数列.【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列求和和数列不等式的证明，考查数列的存在性问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21．设椭圆的方程为，点为坐标原点，点、的坐标分别为、，点在线段上，满足，直线的斜率为．(1)求椭圆的方程；(2)若动直线与椭圆交于、两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，且圆的方程为 【分析】（1）设点的坐标，根据已知条件求出点的坐标，根据可求得的值，进而可得出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线斜率不存在时，设直线的方程为，求出的值，可得出求出原点到直线的距离；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可求得原点到直线的距离.综合可得出定圆的方程.【详解】（1）解：设点的坐标，点在线段上，满足，，，故，，因为，，解得：，∴椭圆的方程.（2）解：当直线斜率不存在时，设直线的方程为，所以，，此时原点到直线的距离为；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，原点到直线的距离为，所以，整理得，由可得，，由韦达定理可得，，，，所以，，所以，所以.综上所述，定圆的方程是所以当时，存在定圆始终与直线相切，且定圆的方程是.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知：函数.（1）求函数在点处的切线方程；（2）求函数的上的最大值；（3）当时，试讨论函数的零点个数.【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）答案不唯一，具体见解析【分析】(1)根据导数的几何意义求得切线的斜率,由点斜式可求得切线方程;(2)求导后,对分类讨论可求得函数的上的最大值;(3)求导后,对分类讨论,利用零点存在性定理可求得.【详解】（1）因为,所以,所以，∴函数在点处的切线方程为：；（2）因为,所以，①当，∴在上单调递增；此时的最大值为；②当，令得,若，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，∴，若，即时，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴，综上所述：①当时，的最大值为；②当时，的最大值为；（3）由题意知：，则，①即时在上恒成立，∴在上单调增，且，，由零点存在性定理可知：在上存在唯一的零点，即在上存在唯一零点；②即，令，则，此时，在上单调递减，在上单调递增，所以在上取得最小值,令，令，得，∴在单调增，在上单调减，得，①当时，，此时函数有且只有一个零点，②当,即时，,所以在上为增函数,所以,即，∵，∴在有唯一的零点，下面先证：设，∴，得：，当时，单调递减，当时，单调递增，∴，即得证（当且仅当时取等号）；∵，∴，∴，由零点存在性定理可知：在上存在唯一零点，∴有两个零点.③时，且，又有，∴由零点存在性定理可知：在与上各存在唯一零点.所以有两个零点.综上所述：或时，有一个零点，且时，有两个零点.【点睛】本题考查了导数的几何意义,分类讨论思想,利用导数研究函数的单调性和最值,零点存在性定理,属于难题.