2022-2023学年广东省茂名市第一中学奥林匹克学校高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省茂名市第一中学奥林匹克学校高二下学期期中数学试题含答案，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学年广东省茂名市第一中学奥林匹克学校高二下学期期中数学试题一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用对数函数单调性化简集合，利用分式不等式化简集合，再根据集合交集的定义求解即可.【详解】由得，故，所以，由，得，故，所以，所以.故选：D2．“”是“函数为奇函数”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】由时，结合奇函数定义可判断为奇函数，举反例说明函数为奇函数时，可能是，不能得出一定是，由此可判断答案.【详解】当时，，其定义域为关于原点对称，且满足，故为奇函数；当时，，其定义域为关于原点对称，且满足，故为奇函数,即函数为奇函数不能推出，还可能是，故“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，故选：A3．已知函数，则的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据给定的函数，由时的单调性排除两个选项，当时，利用导数探讨函数的单调性、极值判断作答.【详解】函数的定义域为，当时，，因为函数在上递增，函数在上递减，因此函数在上递增，BD错误；当时，，求导得：在上递增，，，而，即有，则存在，使得，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，C选项不满足，A选项符合要求.故选：A4．已知则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用余弦函数、指数函数、对数函数、幂函数的单调性，借助中间量进行比较大小.【详解】因为，所以，所以函数单调递减， 则，因为函数单调递减，由有： ，因为函数在上单调递增，由有：，所以.故选：C.5．若函数的图象关于原点对称，且，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】根据奇偶性及计算可得.【详解】解：由题可知，当时，，且，由题意知为奇函数，则，又，，则.故选：A.6．定义函数迭代：已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设，可得，证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求即可.【详解】对于，设，则，且，所以，所以是以为首项，公比为3的等比数列.，即.所以，故选：A.7．如果方程所对应的曲线与函数对的图像完全重合，那么对于函数有如下两个结论：①函数的值域为；②函数有且只有一个零点.对这两个结论，以下判断正确的是（    ）A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误【答案】B【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再分段求解函数的值域、零点判断作答.【详解】当时，，则，当时，，则，因此，当时，，当或时，因此函数的值域为，①错误；由得，当时，，解得，当或时，，此方程无解，因此函数有且只有一个零点，②正确.故选：B8．已知函数，若有三个零点，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可知时，函数至多有一个零点，进而可得时，要使得有两个零点，然后根据二次函数的性质结合条件即得.【详解】当时，单调递增且，此时至多有一个零点， 若有三个零点，则时，函数有两个零点；当时，，故；当时，要使有两个零点，则， 所以，又，所以实数m的取值范围是.故选：C. 二、多选题9．下列说法正确的是(    )A．命题“，”的否定是“，”B．已知，则“”是“”的必要不充分条件C．函数的单调增区间是D．，【答案】AB【分析】对于，根据存在性命题否定的方法可以判定；对于，先求解不等式，再进行判断；对于，求出函数的定义域，在定义域内利用对数函数的二次函数的单调性即可判断；对于，结合图象可以进行判断．【详解】对于，命题“，”的否定是“，”，故A正确；对于，由得，∴“”是“”的必要不充分条件，故B正确；对于C，由得函数的定义域为，由在时单调递增及在时单调递增可知，的增区间为，故C错误；对于，作出函数和的图象，∵，故在上，恒成立，∴，不成立，不正确；故选：AB．10．关于函数，正确的说法是（    ）A．有且仅有一个零点 B．的定义域为C．在单调递增 D．的图象关于点对称【答案】ABD【解析】先求得函数的定义域，由此判断B选项的正确性；然后判断函数的单调性，由此判断C选项的正确性；根据函数零点判断A选项的正确性；根据关于点的对称点是否在图像上，判断D选项的正确性.【详解】函数的定义域为，B选项正确；，所以在和上递减，C选项错误.令，解得，所以有且仅有一个零点，A选项正确.设点是函数图象上的任意一点，则，且关于的对称点为，而，且，所以点在函数的图象上，所以D选项正确.故选：ABD【点睛】本小题主要考查函数的定义域、单调性、零点、对称中心等知识，属于基础题.11．已知，且，则（    ）A．的最小值为4 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最小值为【答案】ACD【分析】结合已知等式，运用基本不等式、配方法逐一判断即可.【详解】，当且仅当，即时取等号，则正确；，即，当且仅当，即时取等号，则B错误；，当，即时，，则C正确；，当且仅当时取等号，则D正确.故选：ACD12．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】证明，放缩可判断A，由，放缩可判断B，先证出，再放缩，根据再放缩即可判断C，可得，令，转化为，构造，利用导数判断单调性求函数最小值即可判断D.【详解】由，可得，，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，由知，A正确；由可得，可得（时取等号），因为，所以，B正确；时，，则，，C错误；，令，则，，在单调递增，，，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：比较式子的的大小，要善于对已知条件变形，恰当变形可结合，，放缩后判断AB选项，变形，再令，变形，是判断D选项的关键，变形到此处，求导得最小值即可. 三、填空题13．已知，则______;【答案】3【分析】由指对数关系可得，再应用对数的运算性质化简求目标式的值.【详解】由题设，，则.故答案为：314．定义开区间的长度为．经过估算，函数的零点属于开区间____________（只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间）．【答案】（不唯一）【分析】利用函数的零点存在定理求解.【详解】解：因为都是减函数，所以是减函数，又，即，所以函数在上有零点，且，故答案为（不唯一）15．对于任意，当时，有成立，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】变换得到，构造函数，根据函数单调性得到在上恒成立，计算得到答案.【详解】，即设，则在上单调递减，在上恒成立，即恒成立，，故.故答案为：16．已知,则的最大值为__________．【答案】【分析】将代入中,展开化简,即可得,再将代入中,结合即可得关于的等式,根据基本不等式求出最值即可.【详解】解:由题知,所以有:,即: ,化简可得,即,所以,因为,所以, 所以,当且仅当,即时取等,此时,所以的最大值为.故答案为: 四、解答题17．在中，，点D在边上，.(1)若，求的值，(2)若，且点D是边的中点，求的值.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出的值；（2）作出辅助线，得到，由余弦定理求出，从而求得答案.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，所以，解得或，经检验均符合要求；（2）在中，过D作的平行线交于E，因为点D是边的中点，所以点E为AC的中点，在中，，又，所以.由余弦定理得：，所以，所以或（舍去），故.18．某中学组织学生进行地理知识竞赛，随机抽取500名学生的成绩进行统计，将这500名学生成绩分成5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．若a，b，c成等差数列，且成绩在区间内的人数为120．(1)求a，b，c的值；(2)估计这500名学生成绩的中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；(3)若用频率估计概率，从该中学学生中抽取5人，成绩在区间内的学生人数为X，求X的数学期望．【答案】(1)，，(2)中位数估计为73，平均数为(3) 【分析】（1）根据直方图性质总面积为1和题意列式计算；（2）直方图平均数估算为各区间中点乘对应区间频率之和；以中位数为界，直方图左半部分面积等于右半部分面积；（3）根据二项分布性质计算即可.【详解】（1）依题意可得：又a，b，c成等差数列，且，解得：，．（2）设估计中位数为t，则，，解得：，即中位数估计为73，估计平均数为：．（3）由题意可知：成绩在区间内概率为，X的取值为0，1，2，3，4，5根据条件可知，，．19．已知数列和数列满足：，其中.(1)求数列的通项公式.(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）解方程组得与的通项公式，再解方程组可得、的通项公式.（2）求得的通项公式，运用分组求和、等差数列求和公式、错位相减求和可得结果.【详解】（1）∵，① ，②①+②得：，∴是以为首项，公差为0的等差数列，∴，③①-②得：，∴是以为首项，公比为的等比数列，∴，④∴由③④得：，.（2）∴，令∴③④由③-④得：∴∴.20．如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，，．（Ⅰ）求的长度；（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】(1) .(2) .【详解】分析：（Ⅰ）取中点，连，得, 再由平面，得,进而得，即可求解的长； （Ⅱ）由题意，得出直线与平面所成的角，在直角中，即可求解．详解：（Ⅰ）取中点，连，是等边三角形，,  又  平面，平面，, ∴（Ⅱ）平面 ，平面∴平面⊥平面．作交于，则平面，交于，直线与平面所成的角．由题意得, 又， ，．点睛：本题考查了立体几何中的线面位置关系的判定与证明，以及线面角的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时利用线面角的定义确定角为直线与平面所成的角是解答的难点．21．已知椭圆过点.(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.【答案】(1)(2)2 【分析】（1）把点代入椭圆方程，可得，由，可求b的取值范围；（2）由离心率和（1）中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求的最大值.【详解】（1）∵在椭圆，∴，有，所以，又∵，所以，∵，∴；（2）由（1）可知，又，所以，椭圆.因为直线与相切，故.若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.由直线与相切，故，可得：.联立得，所以，线段.又因为，所以.当且仅当，故当时，的最大值为2.综上所述：当时，线段的最大值2.22．已知函数．(1)证明：函数在区间上有2个零点；(2)若函数有两个极值点：，且．求证：（其中为自然对数的底数）.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）记函数，再对求导，得出的单调性结合零点存在性定理即可证明；（2）由题意记，先证明，转化为证明，再证明，设，对求导，求出的单调性，可证得当时，；当时，，设方程的两个根为，由韦达定理即可证明.【详解】（1）记函数，由，则，所以函数在区间上单调递减，又．根据零点存在定理，存在时，，即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．而，，所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点，故函数在区间上有2个零点．（2）由函数有两个极值点，则时，方程有两个不等实根．记，则，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．因此有极大值，且时，时，，于是，且．先证明，只要证，即证，设，则，因为，所以，即函数在区间上单调递增，于是，所以．再证明．先证当时，；当时，．设，则，于是，在区间上单调递减，在区间上单调递增，因此，所以函数在区间上单调递增，而，即当时，；当时，，于是，当时，；当时，，设方程的两个根为，则，即方程的两个根为，于是故．【点睛】本题主要考查函数的零点和不等式的证明，考查了利用求导数研究函数的性质解题能力和分类讨论思想的应用，第一问借助零点存在性定理证明函数在区间上有2个零点；第二问通过构造函数，分析函数的单调性，最终达到证明不等式成立的目的，因此正确构造函数是解决本题的关键.