2022-2023学年江西省九江市德安县第一中学高二下学期5月期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省九江市德安县第一中学高二下学期5月期中考试数学试题含答案，共18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学年江西省九江市德安县第一中学高二下学期5月期中考试数学试题 一、单选题1．过两点的直线方程为(    )A． B．C． D．【答案】B【分析】根据斜率公式求得直线的斜率，结合点斜式方程，即可求解.【详解】由两点，可得过两点的直线的斜率为，又由直线的点斜式方程，可得，即.故选：B.2．设直线被圆：所截得弦的中点为，则直线的方程为（    ）A．  B． C．  D． 【答案】D【分析】求出圆心坐标，根据圆的性质得到，利用垂直求出直线的斜率，再根据点斜式可得结果.【详解】圆的圆心为，设直线的斜率为，由已知直线与垂直，又，所以，解得：，所以的方程为，即.故选：D.3．某同学喜爱球类和游泳运动，在暑假期间，该同学上午去打球的概率为，若该同学上午不去打球，则下午一定去游泳；若上午去打球，则下午去游泳的概率为.已知该同学在某天下午去游了泳，则上午打球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设上午打球为事件，下午游泳为事件，根据题意求出，再根据条件概率即可得解.【详解】设上午打球为事件，下午游泳为事件，则，故，所以，所以上午打球的概率为.故选：C.4．【陕西省西安市长安区第一中学上学期期末考】已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意结合双曲线的渐近线方程可得：，解得：，双曲线方程为：.本题选择D选项.【解析】 双曲线的标准方程【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线方程是高考常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目的条件列出关于的方程，解方程组求出，另外求双曲线方程要注意巧设双曲线（1）双曲线过两点可设为，（2）与共渐近线的双曲线可设为，（3）等轴双曲线可设为等，均为待定系数法求标准方程.5．记为等差数列的前n项和，已知，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知求得公差，得等差数列前项和，结合二次函数知识得最小值．【详解】设公差为，则，，，所以时，取得最小值．故选：A．6．在数列中，，数列是以5为公比的等比数列，则（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式结合对数运算求解.【详解】因为数列是以首项，为公比的等比数列，则，所以.故选：B．7．已知函数满足，且的导函数，则的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，构造函数，可得函数在上单调递减，再由其单调性即可求得不等式.【详解】设，则，因为，所以，即函数在上单调递减，则，即，即，所以，即的解集为.故选：D8．若实数a，b，c满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据等式解出a、b、c的值，利用作差法，再通过构造函数，利用函数单调性判断差的正负，从而得出结果.【详解】由可得：，，，比较a和b，构造函数，当，，在上单调递增，故，即.比较b和c，构造函数，当，，∴在上单调递增，∴，即.综上，.故选：A.【点睛】方法点睛：比较数值大小方法.①估值法：找出式子的取值区间，以此判断各个式子的大小关系；②作差法与构造函数法：当无法进行估值判断式子大小时，可将两个式子相减并构造成函数，通过导数判断其单调性，根据单调性判断差的正负，以此判断式子大小. 二、多选题9．已知首项为的等差数列的前n项和为，公差为d，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】由得出的范围，判断A；作差结合等差数列的性质判断B；根据数列的单调性，判断C；由求和公式结合性质判断D.【详解】对于A：因为，所以，则，解得，故A正确；对于B：，则，故B错误；对于C：因为，所以数列为递增数列，因为，，即数列的前8项为负数，从第9项开始，都为正数，则，故C正确；对于D：，故D错误；故选：AC10．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ）A．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有20种B．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有78种C．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种D．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种【答案】BCD【分析】对于A：讨论甲、乙之间有几位同学，分析运算即可；对于B：讨论甲、乙所在位置，分析运算即可；对于C：先求甲、乙相邻的安排方法，再排除甲、乙相邻且甲、丙相邻的安排方法；对于D：先将学生安排出去，再排除有小区没有人去的可能.【详解】对于选项A：可知有三种可能：甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种；甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种；甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故A错误；对于选项B：可知有四种可能：甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；甲不在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故B正确；对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种；若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故C正确；对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种；若有小区没有人去，则有两种可能：所有人去了一个小区，则不同的排法有种；所有人去了两个小区，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故D正确；故选：BCD.11．若时，关于的不等式恒成立，则实数的值可以为（    ）（附：）A． B．3C． D．【答案】BC【分析】采用参变分离的方法可得恒成立，令，利用导数可求得的单调性，由此可得，进而确定的范围，对比选项可得结果.【详解】由题意知：当时，恒成立；令，则，令，则，当时，恒成立，单调递增，所以，即恒成立，在上单调递增，，，即实数的取值范围为.，，，，.故选：BC.【点睛】思路点睛：解决本题中的恒成立问题的基本思路是采用参变分离的方法，将恒成立的不等式转化为，由此可将问题转化为最大值的求解问题.12．已知函数，下列结论正确的是（    ）A．在上单调递增B．的最大值为1C．当时，D．若函数恰有2个零点，则的取值范围为【答案】BCD【分析】对于选项AB，通过对函数求导，直接求出函数的单调区间和最大值，即可判断出选项AB的正误；对选项C，通过构造函数，利用的单调性即可判断出选项C的正误；对于选项D，令，从而得到，再利用的单调性即可判断出选项D的正误.【详解】选项AB，易知的定义域为，，所以，当时，，即在区间上单调递增，当时，，即在区间上单调递减，则，故选项A错误，选项B正确；选项C，令，则 ，因为，所以，即在区间上单调递增，则，即，故选项C正确；选项D，令，由，得到，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，，当趋近于0时，趋近于0，当趋近于时，趋近于0，所以时，恒有，所以，如图1，当或时，无解，则无零点，不合题意；当时，时，，由，得到，即时，则有且只有一个零点，不合题意；当时，有两个解，因为，如图2，有且仅有两解，，无解，则有且两个零点，符合题意；所以恰有两个零点时，，故选项D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 三、填空题13．等比数列中，，，则公比q的值为             .【答案】或【分析】根据等比数列性质得到，结合得到是方程的两根，从而求出，得到公比.【详解】∵，，∴是方程的两根，∴或，∵，∴或，∴或故答案为：或14．已知函数，则        ．【答案】【分析】根据复合函数的求导公式直接求解.【详解】,所以.故答案为:.15．过抛物线的焦点作一直线交抛物线于、两点，则的值是        ．【答案】【分析】设出直线AB方程，与抛物线方程联立得出与，再代入斜率公式即可得出答案.【详解】由题意知，抛物线焦点坐标为，从而设直线AB的方程为，联立方程，得，，，.所以.故答案为：.16．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为       ．【答案】【分析】变换得到，设得到，设，求导得到单调区间，计算最值得到答案.【详解】，即，，设，恒成立，函数单调递增，故，故，设，，故，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；故，故，故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用同构的思想，变换得到是解题的关键. 四、解答题17．已知的三个顶点，，，求：(1)边上的高所在直线的方程；(2)的垂直平分线所在直线的方程．【答案】(1)；(2). 【分析】(1)由斜率公式易知，由垂直关系可得直线的斜率，代入点斜式易得方程；(2)根据可得，再由中点坐标公式可得线段的中点，可得方程．【详解】（1）由斜率公式易知，直线的斜率．又直线过点，代入点斜式得直线的方程为：．（2），．又线段的中点为，所在直线的方程为，整理得所求的直线方程为：．18．已知，，，四个袋，每个袋中都有1个黑球和1个白球共两个球，这些球除颜色外完全相同．现有，两个空盒，甲同学从，两袋中各随机取出1个球，放入盒中；乙同学从，两袋中各随机取出1个球，放入盒中．(1)求：盒中是两个黑球的概率，盒中是一个黑球和一个白球的概率，盒中是两个白球的概率；(2)接下来丙同学从，两盒各随机取出1个球，记录下颜色后，放回原盒；随后丁同学从，两盒各随机取出1个球，记录下颜色后，放回原盒．（i）求：丙同学取得两个白球的概率；（ii）在，两盒中无任何一盒是两个白球的条件下，求丙、丁两位同学都取得两个白球的概率．【答案】(1)答案见解析(2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用古典概型的概率求解；（2）（i）分，盒中是两个黑球的概率，，盒中是一个黑球和一个白球的概率，，盒中是两个白球，利用古典概型的概率和独立事件的概率求解；（ii）法一：利用古典概型的概率求解；法二：利用条件概率求解.【详解】（1）解：盒中是两个黑球的概率为，或；盒中是一个黑球和一个白球的概率为，或；盒中是两个白球的概率为，或．（2）（i）丙同学取得两个白球的概率为，或．（ii）法一：在，两盒中无任何一盒是两个白球的条件下，丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．法二：，两盒中无任何一盒是两个白球的概率为．，两盒中无任何一盒是两个白球且丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．从而在，两盒都不是两个白球的条件下，丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．19．如图，四棱锥P－ABCD的底面是菱形，底面ABCD，，，点E是CD的中点，异面直线PE与AC所成角的余弦值为．(1)求PA；(2)求PE与平面PBD所成角的正弦值．【答案】(1)1(2) 【分析】（1）先作出异面直线PE与AC所成的角，再利用其余弦值为，解三角形列方程求解；（2）建立空间直角坐标系用向量法求解.【详解】（1）解：如图，取AD的中点H，连接EH，PH，设，∵H，E分别为AD，CD的中点，∴，∴异面直线PE与AC所成角即为（或其补角），又∵四边形ABCD为菱形，，，∴，.∵底面ABCD，∴，，，∴，（无解）解得或者（舍），即．（2）如图，取BC的中点F，∵△ABC为等边三角形，∴，又∵底面ABCD，如图以A为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，∴，，，，，，∴，，∴，设平面PBD的法向量为，∴，，即，，不妨令，得：，，∴，∴PE与平面PBD所成角的正弦值为．20．已知椭圆的右顶点为，右焦点为，上顶点为，过两点的直线平分圆的面积，且（为坐标原点）．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．【答案】(1)；(2)或． 【分析】（1）直线的方程为，直线过圆心有，又，解出得椭圆的标准方程；（2）利用点到直线距离和弦长公式，表示出的面积，由基本不等式求面积最大值，根据等号成立的条件得到的值，可得直线方程.【详解】（1）如图所示：由题意可知，所以直线的方程为，因为过两点的直线平分圆的面积，所以直线的方程过圆心，即，又，两式联立可得，所以椭圆的方程为；（2）由直线的方程为，则点到直线的距离为，联立方程组整理可得，由判别式，解得，设，则，可得，所以（当且仅当时，等号成立），所以所求直线的方程为或．21．已知函数，对任意，都有．(1)求的值．(2)数列满足：，求数列前项和．(3)若，证明：【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）依题意令，即可得解；（2）令可得，再利用倒序相加法得到，从而得到，最后利用错位相减法计算可得；（3）利用放缩法得到，利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）因为对任意，都有，令，所以，所以.（2）因为，令，则，①，又②，两式相加得：，所以．，所以③，④，③④可得，，所以；（3）由（2）可知，所以，所以，所以.22．已知函数，．(1)求函数的单调区间；(2)若恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)函数的单调增区间为，无减区间(2) 【分析】（1）可得，设，求得，求得函数的单调区间和最小值，结合，即可求解；（2）由，得到，令，求得，得到单调递减，结合，，得到，使得，得到，再由单调性和，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得的定义域为且，设，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以，即，故在定义域为上单调递增，无减区间，即函数的单调增区间为，无减区间.（2）解：设，其中，则，令，其中，可得对任意恒成立，所以在上单调递减，因为，，所以，使得，即，则，即，因此，当时，，即，则单调递增；当时，，即，则单调递减，故，解得，所以当时，恒成立．【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．