2022-2023学年江西省赣州市六校联盟高二下学期5月联合测评数学试题含答案

2022-2023学年江西省赣州市六校联盟高二下学期5月联合测评数学试题

一、单选题

1．在等比数列中，，则的值为（    ）

A．48 B．72 C．147 D．192

【答案】C

【分析】由等比数列的性质即可求解.

【详解】数列是等比数列，则，

，故．

故选：C．

2．某班学生的一次数学考试成绩（满分：100分）服从正态分布：，且，则（    ）

A．0.14 B．0.22 C．0.23 D．0.26

【答案】B

【分析】根据正态分布曲线的对称性，结合题设条件，即可求解.

【详解】因为数学考试成绩服从且，

所以，

又因为，

所以．

故选：B

3．已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据空间基底、空间向量共面等知识确定正确答案.

【详解】因为，

，

，

所以向量，，均与向量，共面．

故选：C

4．已知命题：直线与平行，命题，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据两直线平行满足的关系可得命题等价于或，结合充分不必要条件的判断即可求解.

【详解】直线与平行，则 ，解得或，所以命题等价于或，命题．

则由命题不能得到命题，但由命题可得到命题，则是的充分不必要条件．

故选：A．

5．已知，则（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】先求导函数，把代入求得，然后求得.

【详解】由已知，

则，即，

所以．

故选：D．

6．如图所示，点是双曲线的左、右焦点，双曲线的右支上存在一点满足与双曲线的左支的交点平分线段，则双曲线的渐近线斜率为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】B

【分析】设，则，由双曲线的定义得，，

根据，列出方程求得，在直角中，利用勾股定理求得，进而求得双曲线的渐近线．

【详解】设，则，

由双曲线的定义得，，

又由得，即，解得，所以，

在直角中，由勾股定理得，即，

整理得，则，双曲线的渐近线斜率为．

故选：B．

7．已知是数列的前项和，若，数列的首项，则（    ）

A． B． C．2023 D．

【答案】A

【分析】通过对二项展开式赋值求解出的值，然后通过所给的条件变形得到为等差数列，从而求解出的通项公式，进而即得.

【详解】令，得.

又因为，所以.

由，得，所以，

所以数列是首项为，公差为的等差数列，

所以，

所以，所以.

故选：A.

8．已知实数满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用转化思想，将代换，代换，则，满足：，即，再以代换，可得点，满足．因此求的最小值，即为求曲线上的点到直线的距离的最小值的平方．利用导数的几何意义，研究曲线和直线平行的切线性质即可得出答案．

【详解】解：代换代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足.

因此求的最小值，

即为求曲线上的点到直线的距离的最小值的平方.

设直线与曲线相切于点，

，则，

解得，切点为.

点到直线的距离，

则的最小值为.

故选B.

【点睛】本题考查了利用导数研究曲线的切线性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，问题转化是解题的关键，属于中档题．

二、多选题

9．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递增 B．在上单调递减

C．在处取得极小值 D．在处取得极大值

【答案】ACD

【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.

【详解】当时，单调递增，

由图可知时，，单调递增，故A正确；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，故B错误；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以在处取得极小值，故C正确；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以在处取得极大值，故D正确.

故选：ACD.

10．在等差数列中，．现从数列的前10项中随机抽取3个不同的数，记取出的数为正数的个数为．则下列结论正确的是（    ）

A．服从二项分布 B．服从超几何分布

C． D．

【答案】BD

【分析】根据等差数列的性质可得前10项中有6个正数，即可求解从而可判断服从超几何分布，即可判断ABC,由超几何分布的期望计算即可判断D.

【详解】依题意，等差数列公差，则通项为

，

由得，即等差数列前10项中有6个正数，

的可能取值为的事件表示取出的3个数中有个正数，（）个非负数，

因此，不服从二项分布，服从超几何分布，不正确，B正确；

错误；

由题正确．

故选：．

11．已知数列满足，其中，为数列的前项和，则下列四个结论中，正确的是（    ）

A．数列的通项公式为：

B．数列为递减数列

C．

D．若对于任意的都有，则

【答案】BC

【分析】先求出，根据前项和与项的关系，推得时，，检验，即可得出通项公式，判断A项；作差法，即可判断数列的单调性；裂项可得，求和即可得出；由C项，可知，即可判断D项.

【详解】对于A项，由可得：

当时，；

当时，有，

，

两式相减得：，即.

当时，满足，

综上所述：，故A项错误；

对于B项，，当时恒成立，故，即数列为递减数列，故B项正确；

对于C项，因为，

所以，故C项正确；

对于D项，因为对任意恒成立，故，

所以对于任意的都有，则，故D项错误.

故选：BC.

12．已知函数是其导函数，恒有，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】令，求导后可判断函数为增函数，利用单调性可依次判断各选项.

【详解】由题意得：令，

于是其导数．

又函数是其导函数，恒有，即，所以，即函数为增函数．

对于选项A：由，有，即，于是，故A正确；

对于选项B：由，有，即，于是，故B正确；

对于选项C：由，有，即，于是，无法比较与的大小关系，故C错误；

对于选项D：由，有，即，于是，即，故D正确.

故选：ABD．

三、填空题

13．已知、的对应值如下表所示：

若与线性相关，且回归直线方程为，则       ．

【答案】

【分析】求出、，根据回归直线方程经过样本中心点，代入计算可得.

【详解】由表可知，，

因为回归直线方程经过样本中心点，

所以，解得．

故答案为：．

14．将甲、乙、丙、丁四人排成一行，其中甲不排第一，乙不排第二，丙不排第三，丁不排第四，满足要求的不同排法有      种．

【答案】

【分析】按照分步乘法原理分步骤进行安排即可得答案.

【详解】甲不排第一，所以第一个位置排乙、丙、丁有3种情况，

如果第一个位置排乙，不论二、三、四哪个位置安排甲，丙、丁也就确定了，也对应于3种情况，

根据乘法原理可得不同的排法有（种）.

故答案为：.

15．设等差数列，的前n项和分别为，，且，则      .

【答案】/

【分析】根据给定条件，利用等差数列性质化简计算作答.

【详解】等差数列，的前n项和分别为，，

所以.

故答案为：

16．若关于x的不等式恒成立，则的最小值是                .

【答案】

【分析】由函数的定义域进行参变分离可得恒成立，设，利用导数求函数的最大值，即可求出的最小值.

【详解】由于，则原不等式可化为，设，则，当时，，递增；，，递减，可得在处取得极大值，

且为最大值.所以，则a的最小值为.

故答案为:.

【点睛】本题考查了函数的导数等基础知识，考查抽象概括、运算求解等数学能力，考查化归与转化、数形结合等思想方法.本题的关键是将不等式恒成立问题转化成求函数的最值问题.

四、解答题

17．已知函数在处取得极值-14.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数在上的最值.

【答案】(1)

(2)最小值为-14，最大值18

【分析】（1）由极值和极值点，利用导数求出未知系数，再利用导数的几何意义求切点处切线的方程.

（2）利用导数求函数单调区间，根据单调性求函数在区间上的最值.

【详解】（1）因，故

由于在处取得极值-14，故有，

化简得，解得，

经检验，时，符合题意，所以.

则，，故.

所以曲线在点处的切线方程为：，即

（2），，

解得或；解得，

即函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，

，

因此在的最小值为.最大值为

18．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，在11月21日至12月18日在卡塔尔境内举行．足球运动是备受学生喜爱的体育运动，某校开展足球技能测试，甲参加点球测试，他每次点球成功的概率均为．现他有3次点球机会，并规定连续两次点球不成功即终止测试，否则继续下一次点球机会．已知甲不放弃任何一次点球机会．

(1)求甲恰好用完3次点球机会的概率；

(2)甲每次点球成功一次，可以获得50积分，记其获得的积分总和为，求的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，85.2

【分析】（1）利用对立事件的概率公式求解即可；

（2）由题意可得的所有可能取值为，然后求出各自对应的概率，从而可求出的分布列和数学期望．

【详解】（1）设事件：恰好用完3次机会，事件：前2次均不成功，依题意得，

．

（2）易知的所有可能取值为，

，

，

，

，

所以的分布列为

所以

19．已知正项数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)设，记数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得；

（2）结合（1）中结论，利用错位相减法求得，由此得证.

【详解】（1）因为，

当时，，

因为，所以，

当时，，

两式相减得，，

因为，所以，

经检验，上式对于也适合，

所以的通项公式为.

（2）由（1）得，

所以，

，

两式相减得，

所以，

由于，显然，所以.

20．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，．

(1)点M在线段PC上，，求证：平面MQB；

(2)在（1）的条件下，若，求直线PD和平面MQB所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于，连接，利用，可得，进而可得，从而根据线面平行的判断定理即可证明；

（2）在平面内作于，证明平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，设直线和平面所成角为，利用向量法即可求解.

【详解】（1）证明：连接交于，连接，

因为 ，所以，

所以，

所以，又，

所以，

因为平面，平面，

所以平面MQB；

（2）解：连接， 由题意，都是等边三角形，

因为是中点，所以，又，

所以平面，，

在中，，所以，

在平面内作于，则，

由平面，所以，又，

所以平面，

以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

由，可得，所以，

设平面的法向量, 则，

可取，则，

直线的方向向量，

设直线和平面所成角为，则，

所以，即直线和平面所成角的余弦值等于.

21．已知函数，（其中）．

(1)讨论的单调性；

(2)对于任意，都有成立，求a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）先求出，再讨论，，和时导数的正负及函数的单调性；

（2）由对于任意，都有成立等价于对于任意，，构造，其中，由导数求出的最大值，即可得出的取值范围．

【详解】（1）因为函数，其中，

所以，

令，得或，

当时，，故函数在单调递增，

当时，当时，，当时，，

故函数在和上单调递增，在上单调递减，

当，即时，当时，，当时，，

故函数在和上单调递增，在上单调递减，

当，即时，当时，，当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减；

综上所述，

当时，函数在单调递增，

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，

当时，函数在上单调递增，在上单调递减．

（2）对于任意，都有成立对于任意，，

即对于任意，对于任意，，

设，其中，

则，

因为，

所以，

所以，

所以在单调递增，

所以，

所以，

即．

22．已知的两顶点坐标．

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)不垂直于轴的动直线与轨迹相交于两点，定点，若直线关于轴对称，求面积的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由椭圆的定义即可判断轨迹为椭圆，即可由椭圆的性质求解方程.

（2）联立直线与椭圆的方程，由韦达定理，结合斜率公式可得直线经过定点，进而由面积公式，结合对勾函数的性质即可求解.

【详解】（1）由，所以，

因此动点的轨迹是以为焦点的椭圆，且去掉椭圆与轴的交点，

设椭圆的标准方程为，则，

解得，

所以动点的轨迹的方程为．

（2）由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为， 点，

把代入椭圆方程可得：，

，化为．

，

直线关于轴对称，，

即，且，

则，

即，

所以，

化简得，所以，故直线经过定点．

令，

由于在上单调递增，所以，故

因此，．

【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.