2022-2023学年江西省宜春市上高中学高二下学期5月期中考试数学试题含答案

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2022-2023学年江西省宜春市上高中学高二下学期5月期中考试数学试题 一、单选题1．已知函数，则函数的图象在点处的切线斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】对函数求导，将代入求出的值即可.【详解】由题设，则，故，故在点处的切线斜率为.故选：A2．已知等差数列的前项和为，，则 （    ）A．54 B．71 C．80 D．81【答案】D【分析】设等差数列的公差为，根据题意求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以.故选：D.3．已知等比数列的前n项和为，公比为q，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件结合等比数列通项公式列方程求即可.【详解】因为，所以，所以，所以，解得，A错误，C错误，D正确，所以， B错误；故选：D.4．现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为（    ）A．0.25升 B．0.5升 C．1升 D．1.5升【答案】B【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】设九只茶壶按容积从小到大依次记为 ，由题意可得，所以，故选：B5．已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有， .若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（    ）A．599 B． C．554 D．568【答案】D【分析】先由与的递推关系式推出的通项公式，进而得到的通项公式，然后根据与的通项公式，找出它们相同的项，从而可求的前20项的和.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，所以，，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即，所以，，由得，所以，所以.故选：D.6．已知F1，F2为双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左，右焦点，过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，且与C的右支交于点Q，若（O为坐标原点），则C的离心率为（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】因为，O是的中点，所以为PF2的中点．又，到渐近线的距离为，得出的余弦值，在△QF2F1中，利用双曲线的定义和余弦定理列方程求解即可.【详解】根据对称性不妨设P为第一象限的点，∵O为F1F2的中点，又，∴Q为PF2的中点，又F2（c，0）到的距离，∴|PF2|＝b，∴|QF2|＝，  连接，所以，又|F1F2|＝2c，∵PO的斜率为，又QF2⊥PO，∴QF2的斜率为，∴，∴，在△QF2F1中，由余弦定理可得：，化简可得a＝b，∴双曲线C的离心率为＝.故选：A.7．已知数列满足：，，，其中为的前n项和.若对任意的n均有恒成立，则正数k的最大值为（    ）A． B．2 C． D．3【答案】A【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用函数的单调性判断参数的范围．【详解】当n≥1时，由条件， 可得，整理可得，化简得：从而故，因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，即依题意只需令则，当时，，故，当时，，故，所以，故选：A【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，函数的单调性的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于难题．8．已知，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数得到，，，再构造函数比较出，，从而比较出大小.【详解】令，，则，当时，，所以在上单调递增，，故，令，，则在上恒成立，故在单调递减，故，所以，令，，则，故在上单调递减，故，即，构造，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故在恒成立，故在上单调递增，又，故在恒成立，故，即，，构造，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递减，又，故在上恒成立，故在上单调递减，又，故在上恒成立，故在上单调递减，故，即，即，因为，故.故选：C【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：，，，，， 二、多选题9．若二次函数的图象与曲线存在公切线，则实数的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】设公切线与的图象相切于点，与的图象相切于点，写出切线方程并联立，得出，设函数，利用导数求的取值范围，即的取值范围，再判断各选项.【详解】由得；由得.设公切线与的图象相切于点，与的图象相切于点，所以，即，可得或，因为，，则，即，，，令，，可得，由，得；由，得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以实数的取值范围.因为，，，，即，，则，则AC正确.故选：AC.10．已知等比数列满足，公比，且，，则（    ）A． B．当时，最小C．当时，最小 D．存在，使得【答案】AC【分析】由等比数列的性质、数列的单调性及不等式的性质可对每个选项进行判断即可得出.【详解】对于A，∵，，∴，又，，∴，故A正确；对于B，C，等比数列满足，公比，，， ， ， 为递增数列，由等比数列的性质，， 又，，，，∵，，，∴，∵，，，∴，，，即，为递增数列，故当时，最小，故B错误，C正确；对于D，当时，，为递增数列，，故D错误.故选：AC11．已知数列和满足：，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）A．B．数列是等差数列C．D．数列最小项是第2项【答案】ACD【分析】代入首项判断选项A，由，两式相减结合等比数列的定义判断B，利用等比数列的通项公式和前项和公式判断C，由指数函数和二次函数的图象判断D.【详解】代入首项，可得，故A正确；由题意知，两式相减，可得，又因为，所以，数列是等比数列，故B错误；由数列是等比数列，可得，所以所以，故C正确；因为，所以前4项分别为，当时，因为指数函数比二次函数增长快，即的分子增加的速度比分母快，所以，所以最小项为第2项，故D正确.故选：ACD12．已知函数，.（    ）A．若曲线在点处的切线方程为，且过点，则，B．当且时，函数在上单调递增C．当时，若函数有三个零点，则D．当时，若存在唯一的整数，使得，则【答案】BCD【分析】A选项，由导数几何意义结合题意可知，即可判断选项正误；B选项，利用导数知识结合可得的单调区间，即可判断选项正误；C选项，有三个零点等价于直线与函数图象有3个交点，利用函数研究单调性，极值情况，即可判断选项正误；D选项，由题可得，存在唯一整数，使 图象在直线下方.，利用导数研究单调性，极值情况，可得其大致图象，后利用切线知识结合图象可确定及相关不等式，即可判断选项正误.【详解】A选项，，由题，，则，，故A错误；B选项，当时，，.因，则.或在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；C选项，当时，令，注意到当时，，则，则函数有三个零点，相当于直线与函数图象有三个交点.令，其中..令或在上单调递增；或或或在，上单调递减，又，则可得大致图象如下，则由图可得，当，直线与函数图象有三个交点，即此时函数有三个零点，故C正确；D选项，由题可得，，即存在唯一整数，使 图象在直线下方.则，，得在上单调递减，在上单调递增，又，过定点，可在同一坐标系下做出与图象.又设过点切线方程的切点为，则切线方程为：，因其过，则或，又注意到结合两函数图象，可知或2.当时，如图1，需满足；当时，如图2，需满足；综上：，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：对于选填题，为便于快速找到答案，常使用数形结合思想，用直观的图象解决函数零点与函数不等式成立问题，而做出图象的关键就是利用导数知识研究函数的单调性，极值. 三、填空题13．在数列中，若，前项和，则的最大值为      ．【答案】66【分析】根据得到，根据二次函数的性质计算最值即可.【详解】=21，解得，故，属于二次函数，对称轴为，故当或时取得最大值， ，，，故的最大值为66.故答案为：66.14．已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是                .【答案】【分析】结合导数分析函数在上的单调性，进而求解即可.【详解】因为，所以当时，，则函数在上单调递增，所以，即因为，使成立，所以，即实数的取值范围是.故答案为：.15．数列满足为数列的前项和，则         ．【答案】【分析】先证明是等差数列，然后得到，继而得到，然后用裂项相消法求解即可.【详解】由可得，故是公差为2的等差数列，所以，所以，所以.故答案为：.16．已知正实数，满足，则的最小值为    ．【答案】/【分析】根据，构造函数得到，然后转化为单变量问题，求导判断单调性即可.【详解】，，即，设，则，且，当时，所以在上单调递增，正实数，，，即，所以，等价于，即，，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，则，令，则，即在上单调递增，所以，所以，即的最小值为．故答案为：. 四、解答题17．设数列的前n项和为Sn，满足，且成等差数列．(1)求的值；(2)求数列的通项公式．【答案】(1)1(2) 【分析】（1）令、及三个数成等差数列列方程组求解即可.（2）运用数列通项与其前n项和关系并构造数列可求得的通项公式.【详解】（1）因为，所以令得：，即：①，令得：，即：②，又因为，，成等差数列，所以，即③， 将③代入①②可得，即由①②③得：，，故的值为1.（2）因为，当时，，两式作差可得：，所以，，由（1）知，，所以，即：，，将代入得：，符合，综上，.故数列的通项公式为.18．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若在区间上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.【答案】(1)递减区间是，递增区间是.(2) 【分析】（1）求得，结合和的解集，即可求得函数的单调区间；（2）由（1）得到函数在上的单调性，结合题意求得，进而求得函数的最小值.【详解】（1）解：函数的定义域为，可得由得或，由得，因此函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的递减区间是，递增区间是.（2）解：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，又由因此，解得，所以所以函数在上的最小值是.19．学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分的分布列和数学期望；(2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天“得分不低于3分”的概率为，求为何值时，取得最大值，并求出该最大值．【答案】(1)分布列见解析；数学期望为；(2)当时，取得最大值，最大值为. 【分析】(1)先由题意列出的所有可能取值，再分别求概率，即可列出的分布列，再由分布列代入期望的公式即可求出数学期望；(2) 设一天得分不低于3分为事件，求出，则可求出恰有3天得分不低于3分的概率，把求出的概率看做关于的函数，求导讨论函数的单调性和最值，即可求出的最大值和取得最大值时的值.【详解】（1）的可能取值为，，，，，，，所以分布列为：5678910所以；（2）设一天得分不低于3分为事件，则，则恰有3天得分不低于3分的概率为，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以当时，取得最大值为．20．在正方体中，如图、分别是，的中点．  (1)求证：平面平面；(2)求直线与所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设棱长为，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面平面．（2）由，平面的法向量，利用向量法求出直线与所成角的正弦值．【详解】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，所以，则平面平面．（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，所以．直线与所成角的正弦值．21．已知椭圆的左焦点为F，O为坐标原点．(1)求过点F、O，并且与抛物线的准线相切的圆的方程；(2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与轴交于点G，求点G的横坐标的取值范围．【答案】(1) 或；(2) 【分析】（1）求得点，可知圆心在直线上，设点，根据已知条件得出关于实数的等式，求出的值，即可得出所求圆的方程；（2）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，求出线段的垂直平分线方程，可求得点的横坐标，利用不等式的基本性质可求得点的横坐标的取值范围.【详解】（1）解：抛物线的准线为，椭圆的左焦点为，因为圆过点，所以圆心在直线上，设，则圆的半径为，由，得，解得，所求圆的方程为 或.（2）解：设直线的方程为，联立方程组，整理得，因为直线过椭圆的左焦点，所以方程有两个不相等的实根，设点，设的中点为，则，可得，直线的垂直平分线的方程为，令，则.因为，所以，故点的横坐标的取值范围.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．22．已知函数，，且．(1)当m＝1时，求函数在x＝1处的切线方程；(2)若恒成立，在上存在最小值，求的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；（2）利用导函数分析函数的单调性，最值，解决恒成立求参数的值，即可求解.【详解】（1）当m＝1时，，定义域为：，，所以切点坐标为：，而，所以切线的斜率为：，故切线的方程为：，即.（2）因为，所以，，，因为，所以，所以.所以，，令，则或，当时，，所以为增函数；当时，，所以为减函数；当时，，所以为增函数.所以当时，有极小值为：，因为在上存在最小值，所以，所以.恒成立，即恒成立，所以恒成立，令，定义域为：，，若，则，所以为增函数，而，所以当时，，所以不可能恒成立；若，令得：.时，，所以为增函数；时，，所以为减函数.所以，由于要恒成立，所以只需，又因为，所以所以.所以.故的取值范围为：.【点睛】利用导数分析函数的单调性，求函数的最值，从而由恒成立求参数的值，要注意分类讨论的思想.