2022-2023学年江西省吉安市青原区双校联盟高二下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省吉安市青原区双校联盟高二下学期期末考试数学试题含答案，共19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学年江西省吉安市青原区双校联盟高二下学期期末考试数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据补集的概念直接计算.【详解】因为，，所以.故选：B2．双曲线的渐近线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据双曲线方程求出可得答案.【详解】因为，所以其渐近线方程为.故选：C.  3．已知公差不为零的等差数列的前项和为，，则（    ）A．17 B．34 C．48 D．51【答案】D【分析】设公差为，则由已知条件可得，然后求解，再代入中化简可得答案.【详解】设公差为，则，，，，则.故选：D.4．2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家.现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据古典概型的计算公式求，再结合条件概率公式运算求解.【详解】事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，则，，，故选：A.5．已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据已知条件，结合弦长公式，即可求解点的中点的轨迹方程，根据向量的运算可得，再结合点与圆的位置关系，即可求解.【详解】圆的圆心坐标，半径，设圆心到直线的距离为，由圆的弦长公式，可得，即，解得，设的中点为，点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，的轨迹方程为，因为，又，，即,即的取值范围为 .故选：C  6．1999年12月1日，大足石刻被联合国教科文组织列为《世界遗产名录》，大足石刻创于晚唐，盛于两宋，是中国晚期石窟艺术的杰出代表作.考古科学家在测定石刻年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳的含量（单位：太贝克）随时间（单位：年）的衰变规律满足函数关系：，其中为时碳的含量，已知时，碳的含量的瞬时变化率是（太贝克/年），则（    ）太贝克.A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数模型列式计算，先求得，再计算．【详解】由题意，所以．．所以．故选：B．7．设函数的定义域是，且满足：（1）对于任意的，；（2）对于任意的，恒有.则下列结论：①对于任意的，；②在上单调递减；③的图象关于直线对称，其中正确结论的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】根据题意，令，集合基本不等式的性质进行逐项判定，即可求解.【详解】由题意，令，则不等式等价于，由（1）对于任意的，，则，所以，当且仅当，即时成，此时函数关于对称，所以③是正确的；令，可得，所以①不正确；又由则不等式等价与，可得，因为对于任意的，，所以，所以恒成立，所以函数是常数函数，则，此时函数在单调递减，在单调递增，所以在上不一定单调递减，所以②不正确.故选B.【点睛】本题主要考查了抽象函数的应用，其中解答中合理赋值，结合基本不等式的性质求解是解答的关键，综合性强，属于中档试题，着重考查了推理与论证能力.8．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.【详解】因为，所以，又因为，所以，即；解法一：构造，则，当时，可得，则在上单调递增，又因为，则，所以，则，即；解法二：构造，则，令，解得，则在上单调递减，所以，即，则，可得；综上所述：.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 二、多选题9．已知是等比数列，，，则公比（    ）A． B． C．2 D．【答案】AD【分析】利用等比数列的通项公式即可求解【详解】由题意可得，解得或故选：AD10．下列说法正确的是（    ）A．若不存在，则曲线在点处也可能有切线B．若曲线在点处有切线，则必存在C．若不存在，则曲线在点处的切线斜率不存在D．若曲线在点处没有切线，则有可能存在【答案】AC【分析】由的意义判断各个选项即可.【详解】，不存在只能说明曲线在该点处的切线斜率不存在；当斜率不存在时，切线也可能存在，其切线方程为，故AC正确.故选：AC.11．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列，分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，则如下结论正确的是（    ）A．，B．，，C．，使得当时，总有D．，使得当时，总有【答案】ABC【分析】根据已知，利用数列的单调性、函数的性质进行求解.【详解】因为，两式相减有：，因为，所以，所以，，故A正确；因为，所以，因为数列，是正实数数列，所以，，所以，，，故B正确；由上可知，因为为常数，为递增数列，故当时，，又，所以，使得当时，总有，故C正确；因为，又，所以，因为为常数，为递增数列，所以当时，，，故D错误.故选：ABC.12．已知方程(为常数)，下列说法正确的有（    ）A．为方程实根 B．C．方程在无实根 D．方程所有实根之和大于【答案】ACD【分析】将方程等价为，则或，构造函数，又导数求解单调性，结合极值点偏移，即可构造函数求解.【详解】方程可化为,即，令，则或，令，，令，所以在单调递增，在单调递减，且，所以，故B错误，故当时，，此时方程在无实根，A正确，令的两个根为且则，又，令则，当无限接近1时，接近于，令,则,所以在上单调递减，由于，所以，故，所以，故在上单调递增，，故在上单调递减，故，即，故 ，即可又时所以方程所有实根之和大于.故选：ACD【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 三、填空题13．已知，则         .【答案】-2【分析】先求导，再代入即可.【详解】因为，故.故答案为：-214．甲、乙、丙、丁4人站到共有5级的台阶上，若每级台阶最多站2人，且同一级台阶上的人不分次序，则不同的站法种数是              ．（用数字写答）【答案】540【分析】由题意可知，可以分成三种情形，即没有二人在同一台阶；只有二人在同一台阶；有二人在同一台阶，另二人也同在另一个台阶上，分别求出每种情形的方式种数，然后用加法计数原理求出问题的答案.【详解】由题意可以分以下三种情形：1．没有二人在同一台阶，则有种方式；2．只有二人在同一台阶，则有种方式；3．有二人在同一台阶，另二人也同在另一个台阶上，则有，所以一共有种方式.故答案为：54015．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，且侧棱底面，底面边长与侧棱长都等于2，，分别为，的中点，则平面与平面之间的距离为        ．【答案】/ 【分析】先证明平面平面，则平面与平面间的距离即为点到平面的距离，以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离，从而可得答案.【详解】如图，连接，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，∴平面与平面间的距离即为点到平面的距离.根据题意，底面，，两两垂直，则以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，∵，，，，，设为平面的法向量，则，即，取可得，点到平面的距离记为d，则d＝＝＝，∴平面与平面间的距离为.故答案为：.16．任意实数a，b，定义，设函数，数列是公比大于0的等比数列，且，则   .【答案】/0.125【分析】根据定义可得函数的解析式．对等比数列的公比分三种情况讨论，再结合对数的运算性质即可求得数列的首项．【详解】∵对任意实数a，b，定义，∴函数，由数列是公比大于0的等比数列，且 ，①当时，∵∴，，由等比数列通项公式可得，∴，整个数列为，∵，∴，即，由对数运算，∴化简后可得，即，∴.②当时，，此时，，∴不成立.③当时，，∴，整个数列为，∴，，∵，∴，即，由对数运算，∴化简后可得，∵当时，，∴等式左边大于0，等式右边小于0，方程无解.综上所述，.故答案为：. 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．已知等差数列的前项和为，.(1)求的通项公式；(2)记数列的前项和为，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，结合等差数列的通项公式可求得的通项公式；（2）求得，利用裂项相消法可求得.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，由已知得，解得，故.（2）解：，所以.19．从0-9这10个数字取出3个数字，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的三位数？(2)能组成多少个没有重复数字的三位数奇数？【答案】(1)648；(2)320； 【分析】（1）根据分类计数原理，分成不含0，个位数为0，十位数为0三类求解；（2）根据分类计数原理，分成个位数分别为1,3,5,7,9，五类求解；【详解】（1）由题意，第一类，不含0：个；第二类，个位数字是0：个；第三类，十位数字是0：个；根据分类计数原理，能组成个没有重复数字的三位数；（2）由题意，第一类：个位数字是1时，百位不能为0，个；第二类: 个位数字是3时，百位不能为0，个；第三类: 个位数字是5时，百位不能为0，个；第四类: 个位数字是7时，百位不能为0，个；第五类: 个位数字是9时，百位不能为0，个；根据分类计数原理，能组成个没有重复数字的三位数奇数.20．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且，将半圆沿AD翻折如图2．  (1)求证：EF∥平面ABCD；(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由正六边形的性质可得，即可证；（2），由此可得，再求平面与平面的法向量，代入公式即可得．【详解】（1）证明：连接，，，六边形为正六边形，则，  在翻折过程中，，平面，平面，所以平面．（2）连接，分别交于，，则，，翻折过程中，平面，平面，，，，所以平面，同理平面，所以平面平面．又因为，则三棱柱为直三棱柱，，，且，，．设，所以，．所以，即，，，为二面角的平面角，即平面平面．以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系如图，  则,,，，，,2,，,3,，,2,，，设平面的一个法向量，有，令得，同理可得平面的法向量，设平面与平面的夹角为，观察图可知其为锐角，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．21．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，为坐标原点，线段的中点为，且．(1)求方程；(2)已知点、均在直线上，以为直径的圆经过点，圆心为点，直线、分别交椭圆于另一点、，证明直线与直线垂直．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题设易知且，根据有即可求，进而写出椭圆方程.（2）令，，则，而，即可写出直线、的方程，联立椭圆方程并设、，应用韦达定理求、的坐标，进而可求，结合及，即可证直线与直线垂直.【详解】（1）由题意知：，，则，而，∴，即，又，∴，解得或（舍去），故，∴的方程.  （2）令，，则，而，∴，，联立椭圆方程，整理得，显然，若，则，得，则，即，同理，整理得，显然，若，可得，则，即.∴，又，则，所以，故，而，∴，则直线与直线垂直，得证.  【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求得函数定义域为，，通过分类讨论即可得到答案；（2）首先得到的范围，将原式转化为对恒成立，即对恒成立，通过导数研究函数最值即可得到答案.【详解】（1）定义域为，，①当时，令，得，此时单调递增，令，得，此时单调递减；②当时，令，得，此时单调递增，令，得，此时单调递减；综上所述，当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增，在单调递减.（2）记，由（1）知，当时，，则，则，当时，恒成立，即对恒成立，即对恒成立，则，即对恒成立，令，对恒成立，则在单调递增，所以，所以，即实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：本题考查导数的同构问题.要善于通过转化的方法，将原式的形式统一，进而进行换元，进而将恒成立问题转化为求函数的最值问题，结合导数与函数关系求得答案.