2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校高二下学期期末联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校高二下学期期末联考数学试题含答案，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学年江西省吉安市吉州区部分学校高二下学期期末联考数学试题 一、单选题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【分析】由给定的韦恩图分析出阴影部分所表示的集合中元素满足的条件，再根据集合运算的定义即可得解.【详解】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：B2．已知，，，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】设，根据模长得到，，从而得到，得到.【详解】设，则①，，则②，②-①得，，，则，故.故选：A3．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【分析】利用二项展开式各项系数和可求得的值，写出展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】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．2 B．3 C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的方程可得的关系，结合的周长，列方程求解，即得答案.【详解】设椭圆的焦距为，则，的周长为，解得，故选：D5．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【分析】将点的坐标代入抛物线方程可求出，从而可得抛物线的方程，进而可求出其准线方程.【详解】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：A6．已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（    ）  A． B． C．2 D．【答案】D【分析】以向量为基底向量，则根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方运算即可.【详解】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【分析】由已知，分析等比数列的公比范围，进而可以判断的单调性，判断A，B；由，分，进行讨论，判断C，D．【详解】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【分析】依题意可得在上恒成立，设，则在上恒成立，利用导数说明的单调性，再分和两种情况讨论，当时需在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出的最小值，即可求出参数的取值范围.【详解】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．【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将不等式同构成，再构造函数，结合函数的单调性说明. 二、多选题9．下列计算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据导数的运算法则对选项逐一判断即可．【详解】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：AC10．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【分析】根据等比数列的通项公式结合等差中项列方程求解.【详解】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：AD11．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【分析】根据图象判断出的符号，由此确定正确答案.【详解】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：ABD12．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【分析】对于AD，利用等比数列的基本量法求得公比和，从而求得，由此得以判断；对于C，利用等比数列的定义判断即可；对于D，利用分组求和法求得，再利用作差法即可判断．【详解】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.【点睛】关键点睛：本题选项D的解决关键是利用分组求和法求得，再利用作差法，结合二次函数的性质证得，计算量大，需要多加练习熟悉. 三、填空题13．已知随机变量，且，则      .【答案】【分析】根据随机变量服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性即可求出概率.【详解】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】【分析】计算数列的前几项，可得数列的最小正周期为6，计算可得所求值．【详解】由题意知，，，，，，，，易知是周期为6的数列，．故答案为：-315．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】/【分析】设点坐标,，，根据直线的斜率公式结合，即可求得与的斜率之积．【详解】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】【分析】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），数形结合即可得答案.【详解】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．可画出的草图如图：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：．【点睛】已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 四、解答题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.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由两点式斜率公式求出斜率，利用垂直关系得的斜率，代入点斜式即可求解；（2）求出点的坐标为，由两点式斜率公式求出的斜率，代入点斜式即可求解.【详解】（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）由题知的中点，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，，，.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据频率直方图求平均数即可；（2）利用正态曲线的对称性求出，进而结合二项分布的性质求出即可.【详解】（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.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线面角的正弦求出点的坐标，再利用空间向量求夹角的余弦作答.【详解】（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的余弦值为.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.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由递推式判断是等差数列，利用等差通项公式求基本量，进而得到，结合已知可得，即可写出对应项；（2）应用裂项相加求和得，研究数列单调性求最值，结合恒成立求参数范围即可.【详解】（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．【答案】(1)(2)证明见解析 【详解】（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．【反思】如图所示，由条件，，，，知，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD，PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点（为无穷远点），因此直线DE⊥x轴．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．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先对求导，再构造函数，从而利用的单调性将问题转化为恒成立，再利用导数求得，由此得解；（2）结合（1）中结论，利用的正负情况判断的单调性，从而分类讨论，与三种情况，得到关于的不等式，解之即可得解.【详解】（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.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．