2022-2023学年江西省湖口中学高二下学期5月期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省湖口中学高二下学期5月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学年江西省湖口中学高二下学期5月期中考试数学试题 一、单选题1．若函数的导函数为，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对求导，得到，令，得到，即可得到，然后求即可.【详解】由，得，令，则，解得，所以，.故选：D.2．等差数列中，若，则n的值为（    ）A．14 B．15 C．16 D．17【答案】B【分析】先由得到，再利用解出即可.【详解】由等差数列下标和性质知：，，因为，故，又，故，所以.故选：B.3．在递增等比数列中，其前项和为，且是和的等差中项，则（    ）A．28 B．20 C．18 D．12【答案】A【分析】由等比数列的通项公式求出，再由等比数列的前项和公式代入化简即可得出答案.【详解】根据题意得，，解得或（舍），则.故选：A.4．函数的单调递增区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求定义域，利用导数与单调性的关系，解不等式即可.【详解】函数的定义域为，，令，得，解得，故函数的单调递增区间为．故选：B．5．某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（    ）种不同的排法A． B． C． D．【答案】D【分析】先安排数学，将物理和化学捆绑，与其余三门课程进行排序，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，与语文、英语、生物三门课程进行排序，有种排法.由分步乘法计数原理可知，共有种不同的排法.故选：D.6．对于函数，定义满足的实数为的不动点，设，其中且，若有且仅有一个不动点，则的取值范围是（    ）A．或 B．C．或 D．【答案】C【解析】根据不动点的定义，利用换底公式分离参数可得；构造函数，并讨论的单调性与最值，画出函数图象，即可确定的取值范围.【详解】由得，.令，则，令，解得，所以当时，，则在内单调递增；当时，，则在内单调递减；所以在处取得极大值，即最大值为，则的图象如下图所示：由有且仅有一个不动点，可得得或，解得或.故选：C【点睛】本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，分离参数法与构造函数方法的应用，属于中档题.7．斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列，，，，，，，，，，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为，其前项和为，，，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合数列的递推公式，由累加法求解即可.【详解】由已知，斐波那契数列的递推公式为，∴，∴，，，，，上式累加，得，∴，∴.故选：D.8．设奇函数的定义域为，且的图象是连续不间断，，有，若，则的取值范围是（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，先研究函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，然后将转化为，即，最后求出的取值范围即可.【详解】令，，因为为奇函数，所以，则函数是定义在上的奇函数，则，因为当时，，所以，则函数在上单调递减，则函数在上是奇函数且单调递减，又因为等价于，即，所以，且，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，解题关键是正确构造函数，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化思想，属于中档题. 二、多选题9．有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到红球的个数为，则随着的增加，下列说法正确的是（    ）A．增加 B．减小 C．增加 D．减小【答案】BC【分析】由超几何分布与二项分布，求解离散随机变量的期望与方差，然后判断选项【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，其中红球的个数服从超几何分布，，，则．故从甲盒子里随机取一球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球的个数为，易知随机变量服从两点分布，故，所以，随着的增加，减小；，随着的增加，增加．故选：BC10．下列说法正确的是（    ） A．若函数满足则函数在处切线斜率为B．函数在区间上存在增区间，则C．函数在区间上有极值点，则D．若任意，都有，则有实数的最大值为【答案】ABD【分析】利用导数的几何意义可判断A，利用二次函数的性质可判断B，利用导数和极值的关系可判断C，构造函数，利用函数的单调性可判断D.【详解】对于A，由，可知函数在处切线斜率为，故A正确；对于B，由函数在区间上存在增区间，可知，所以，故B正确；对于C，由，可得，则在区间上有变号零点，即在区间上有解，又，当时，，函数没有极值，故，故C错误；对于D，令，则，所以，函数单调递增，，函数单调递减，又任意，都有，即，故，即实数的最大值为，故D正确.故选：ABD.11．已知数列满足，，则（    ）A．为等比数列 B．的通项公式为C．为递增数列 D．的前n项和【答案】AD【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.【详解】因为，所以+3，所以，又因为，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；，即，故B不正确；因为，因为，所以，所以，所以为递减数列，故C错误；，则，故D正确.故选：AD.12．若函数在定义域内给定区间上存在，使得，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的平均值点．若函数在区间上有两个不同的平均值点，则m的取值不可能是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据题意分析可得原题意等价于与有两个不同的交点，求导，利用导数判断单调性，结合图象分析判断.【详解】因为函数在区间上有两个不同的平均值点，则有两个不同的根，整理得，构建，则原题意等价于与有两个不同的交点，因为，令，解得；令，解得；则在上单调递减，在上单调递增，且，所以，因为，所以m的取值不可能是.故选：AD. 三、填空题13．函数，则          ．【答案】【解析】先对函数求导得，再将代入计算即可.【详解】因为函数，所以，故.故答案为：.14．已知，，则的通项公式为      ．【答案】【分析】根据递推公式构造得到数列是等比数列，根据等比数列求通项公式.【详解】，①．②由得．又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即．故答案为：15．已知随机变量的分布列如下表，表示的方差，则          ．012Pa【答案】2【分析】先利用分布列的性质求出a，再求出的期望和方差，利用方差的性质求出.【详解】由题意可知：,解得.所以，所以，所以.故答案为：2.16．已知，且，则的最小值为          .【答案】1【分析】由，得，构造函数，，用导数得在上为增函数，可得，即，代入后再构造函数，利用导数可求出最小值.【详解】因为，，所以，所以，且，所以，设，，则，因为，所以，在上为增函数，因为，所以，则，所以，所以，令，则，令，则，则在上为增函数，令得，即，则存在唯一实数，使得，即，所以当时，，，当时，，，所以在上为减函数，在上为增函数，所以.所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：将变形为，再利用指对同构，设，，将化为是本题解题关键. 四、解答题17．数列的前项和满足，且．(1)求；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据，作差得到，再由，即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项；（2）由（1）可得，利用并项求和法及等比数列求和公式计算可得.【详解】（1）因为，当时，又可得，当时，作差得，即，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）由（1）知，所以，，所以，所以.18．某调查机构为了解人们对某个产品的使用情况是否与性别有关，在网上进行了问卷调查，在调查结果中随机抽取了份进行统计，得到如下列联表： 男性女性合计使用15520不使用102030合计252550（1）请根据调查结果分析：你有多大把握认为使用该产品与性别有关；（2）在不使用该产品的人中，按性别用分层抽样抽取人，再从这人中随机抽取人参加某项活动，记被抽中参加该项活动的女性人数为，求的分布列和数学期望．附：，0.0100.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）有把握认为使用该产品与性别有关（2）详见解析【分析】（1）由题中数据，根据得到的观测值，根据临界值表，即可得出结果；（2）由题意，根据分层抽样的方法得到抽取人则男性应抽取人，女性应抽取人，再从中随机抽取人参加某项活动，记女生的人数为，由题意确定的所有可能取值，求出对应的概率，进而可得出分布列，求出期望.【详解】（1）由题中数据可得,，由于，所以有把握认为使用该产品与性别有关．（2）由列联表知，不使用该产品的人数为，其中男性人，女性人，按性别用分层抽样抽取人则男性应抽取人，女性应抽取人，再从中随机抽取人参加某项活动，记女生的人数为，则的所有可能取值为：，，，且，，，所以的概率分布列为数学期望为：．【点睛】本题主要考查独立性检验，以及离散型随机变量的分布列与期望，熟记独立性检验的基本思想，以及离散型随机变量的分布列与期望的概念即可，属于常考题型.19．如图，正方体中，分别为棱的中点.  (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，求得平面的一个法向量为，得到，进而证得平面；（2）由（1）得，和法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，则，，，，，，.因为为棱的中点，为棱的中点，所以，所以，设平面的一个法向量为，则由令，可得，所以，因为，所以，又因为平面，所以平面.（2）解：由（1）得，，设直线与平面所成的角为，则.  20．已知函数．(1)求函数的单调区间和极值：(2)若，讨论函数的零点个数．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值为，无极大值(2)答案见解析 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值；（2）将问题转化为与的交点个数问题，结合（1）中结论作出函数图象分析可得结果．【详解】（1）∵定义域为，，又恒成立，∴当时，；当时，；的单调递减区间为，单调递增区间为；所以极小值为，无极大值．（2）当时，，当时，，结合（1）中结论作出函数图象如图：的零点个数等价于与的交点个数；当时，与有且仅有一个交点；当时，与有两个不同交点；当时，与有且仅有一个交点；当时，与无交点；综上所述：当时，有唯一零点；当时，有两个不同零点；当时，无零点．21．已知椭圆的离心率为，且椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为.直线交椭圆于不同的两点，(1)求椭圆的方程；(2)椭圆左焦点为，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用离心率以及距离之和即可求解，得到椭圆方程.（2）联立直线与椭圆的方程，得到交点坐标，计算弦长结合点到直线的距离公式即可求解面积.【详解】（1）由已知有，解得，则椭圆的方程为.（2） 消去，整理得，解得，，如图  则，，则，直线的方程为，到直线的距离.所以的面积为.22．已知函数.(1)在当时，分别求和过点的切线方程；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2){1} 【分析】（1）利用导数几何意义即可求得和过点的切线方程；（2）构造函数，利用导数并按的分类讨论，进而求得的取值范围.【详解】（1）设过点的切线与的切点为.由，则切线方程为，把代入得，，故切线方程为.当时，，因在的图象上，故为切点，故，则切线方程为.（2）由，得.则，令则，①当时，，所以在R上为增函数.∵， ∴，使，故，当时，，单调递减，当时，，不符合题意.②当时，，，∵恒成立，∴在R上恒增，且故，当时，，单调递减，当时，，单调递增.∴，恒成立，∴.③当时，，在上单调递增，且，故在上单调递增，又，，则，使，故，当时，，单调递增，当时，，不符合题意.④当时，由，不符合题意综上，a的取值范围{1}.