2022-2023学年江西省龙南中学高二下学期6月期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省龙南中学高二下学期6月期末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学年江西省龙南中学高二下学期6月期末考试数学试题 一、单选题1．已知，，则可表示不同的值的个数为（　　）A．8 B．12C．10 D．9【答案】D【分析】第一步先从集合中取一个值，得到对应的情况数，第二步再从集合中取一个值，得到对应的情况数，两次的情况数相乘并分析结果，由此可知可表示不同的值的个数.【详解】因为从集合中任取一个值共有种情况，从集合中任取一个值共有种情况，故可表示个不同的乘法计算，且经检验计算结果均不相同，所以可表示不同的值有个．故选：D.2．已知为等差数列，，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】利用基本量法可求公差和首项，从而可求.【详解】设等差数列的公差为，则，故，故，故选：A.3．直线l的方向向量为，，是平行于平面内两个不共线向量，下列关系中能推出的是（    ）A． B．C． D．以上均不能【答案】D【分析】根据A、B、C，只能推得或，即可得出答案.【详解】对于A项，若，则或，故A项错误；对于B项，若，则或，故B项错误；对于C项，若，则或，故C项错误；故选：D.4．坐标轴与圆的交点个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先求出圆心和半径，再分别求出圆心到两坐标轴的距离与半径比较可得结论.【详解】圆，即圆，所以圆，半径，因为圆心到轴的距离为1，且，所以圆与轴相交，即与轴有两个交点，因为圆心到轴的距离为2，且等于半径，所以圆与轴相切于点，即与轴有一个交点，综上坐标轴与圆有3个交点，故选：C5．抛物线上一点的纵坐标为2，则点与抛物线焦点的距离为（    ）A．2 B． C．3 D．4【答案】B【分析】根据题意，结合抛物线的定义，即可求解.【详解】由抛物线的准线方程为，焦点，因为抛物线上一点的纵坐标为2，根据抛物线的定义，可得点与抛物线焦点的距离为.故选：B.6．已知棱长为的正方体中，点P满足，其中，．当平面时，的最小值为（    ）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线面平行求出的关系，再借助二次函数求出向量模的最小值作答.【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，，于是，即有，向量是平面的一个法向量，，则，而，于是，因为平面，则，即，化简得，即，因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故选：C7．设，则的大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解：由，构造和，利用其单调性比较.【详解】解：由，令，则，所以在上递增，则，即，则，即；令，则，所以在上递增，则，即，则，即，故选：C8．已知函数，则对于方程．下列说法错误的是（    ）A．若，则该方程无解B．若，则该方程有一个实数根C．若，则该方程有两个实数根D．若，则该方程有四个实数根【答案】C【分析】先画出的图象，令后方程可转化为一元二次方程，根据的取值情况结合的图象进行判断即可.【详解】函数的定义域为，当时，，时，，单调递减，且此时当趋近于0时，趋近于，故，时，，单调递减，时，，单调递增，则时，，而时，，故可得的图象如图所示：    令，则方程化为，对于A，时，，即方程无实根，故无实根，从而方程无实根，故A正确；对于B，时，方程即为，即，所以，则，由的图象可知，此方程只有一个实根为，故B正确；对于C，由得，此为关于的对勾函数，在时单调递增，在时单调递减，图象如图所示：    时或，由函数的图象可知，当时，方程有两个实根，不妨设，则有，，则此时没有实根，有两个或三个实根，故C错误；对于D，时，方程有两个实根，不妨设，则有，，则此时有一个实根，有三个实根，故D正确.故选：C【点睛】思路点睛：对于复合函数的方程问题，常通过换元法转化，逐层考虑方程的根的情况进行求解. 二、多选题9．设数列、都是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】取，，可判断A选项；利用等比数列的定义可判断BD选项；取可判断C选项.【详解】设等比数列、的公比分别为、，其中，，对任意的，，，对于A选项，不妨取，，则数列、都是等比数列，但对任意的，，故数列不是等比数列，A不满足条件；对于B选项，，即数列为等边数列，B满足条件；对于C选项，当时，，此时，不是等比数列，C不满足条件；对于D选项，，故为等比数列，D满足条件.故选：BD.10．已知是的前n项和，，，则（    ）A． B．C． D．是以3为周期的周期数列【答案】ABD【分析】根据递推公式求出数列的前几项，即可得出D项；根据周期性，即可判断A、C项；求出的值，结合周期性，即可得出B项.【详解】由已知可得，，，，，，所以，是以3为周期的周期数列.对于A项，因为，所以，故A项正确；对于B项，因为，所以，故B项正确；对于C项，因为的周期为3，所以，，，所以，，故C项错误；对于D项，由解析可知，是以3为周期的周期数列，故D项正确.故选：ABD.11．已知等比数列的公比为，前项积为，若，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】结合等比数列的通项公式及下标和性质一一分析即可.【详解】因为等比数列的公比为，，，则，，即，所以，，所以，，故A正确，B正确；所以，，故C正确，D错误．故选：ABC．12．已知定义域为的函数的导函数为，且，则下列不等式恒成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】构造函数，利用函数单调性比较大小.【详解】令，则，所以函数在上单调递增.因为，所以，即，所以，，故A错误.因为，当且仅当时，等号成立，所以，所以，即，所以，故B正确.令，则.当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，所以，所以，即，故C正确.因为，所以，所以，所以，所以，即，故D错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是根据条件构造函数，判断单调性，比较自变量的大小，可得函数值的大小. 三、填空题13．函数在处的导数为        ．【答案】【分析】先用幂函数的求导公式求出导函数，再令即可求出答案【详解】因为，所以.故答案为：14．在正项等比数列中，，则数列的前10项和为      .【答案】10【分析】根据等比数列的性质得到，然后直接对数列求和，结合对数运算法则计算即可.【详解】由等比数列的性质，得，所以数列的前10项和为.故答案为：1015．已知函数，则的极小值为      ．【答案】/-0.5【分析】根据函数的导数与单调性、极值的关系求解.【详解】函数的定义域为，，令，即，得，令，即，得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为，故当时，函数取得极小值，极小值为．故答案为: .16．将数列中的项排成下表：，，，，，，，，，，，…已知各行的第一个数，，，，…构成数列，且的前项和满足（且），从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等差数列，且公差为同一个常数.若，则第6行的所有项的和为      .【答案】1344【分析】根据所满足的条件，求出数列，由在表中的位置，得，所以每行等差数列公差，即可求第6行所有项的和．【详解】解：∵(且)，∴，即，∴数列的通项公式为，（且），观察表中各行规律可知，第n行的最后一项是数列的第项， ，∴在表中第8行第3列，∵，且，∴公差；∴第6行共有32个元素，则第6行所有项的和为 故答案为：1344．【点睛】思路点睛：由的前项和满足，构造法求数列的通项公式，观察数列的规律，找到在表中的位置，结合的通项公式可求得表中每一行的公差，继而可求第6行所有项的和． 四、解答题17．已知圆(1)若直线过定点，且与圆C相切，求直线的方程；(2)若圆D的半径为3，圆心在直线上，且与圆C外切，求圆D的方程．【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）由点到直线的距离等于半径，即可分情况求解，（2）由两圆外切圆心距与半径之和的关系，即可列方程求解.【详解】（1）圆化为标准方程为，所以圆C的圆心为，半径为①若直线的斜率不存在，即直线为，符合题意．②若直线的斜率存在，设直线的方程为即由题意知，圆心到已知直线的距离等于半径2，所以，即，解得，所以直线方程为综上，所求直线的方程为或（2）依题意，设又已知圆C的圆心为，半径为2，由两圆外切，可知，所以，解得或所以或，所以所求圆D的方程为或【点睛】本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系及圆与圆的位置关系，属于中档题．先求出圆心和半径，然后分成直线斜率存在或不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得直线的方程．设出圆D圆心坐标，利用两圆外切，连心线等于两圆半径的和列方程，可求得a的值，从而求得圆D的方程．18．已知数列的前项和为，且.(1)求证：数列是等差数列；(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用与的关系变形给定的递推公式，构造常数列求出数列的通项，再利用等差数列定义推理作答.（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和作答.【详解】（1）数列中，，当时，，两式相减得，即，则，于是，因此数列是常数列，则，从而，即，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列.（2）由（1）知，，所以.19．如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，，，的中点，，．  (1)试建立空间直角坐标系，并写出点，的坐标；(2)求的余弦值．【答案】(1)，；坐标系见解析(2)． 【分析】（1）根据已知条件得到三条线两两垂直建系写出坐标即可;（2）根据空间两点间距离公式求出距离,再在三角形中应用余弦定理即得.【详解】（1）因为，平面，所以平面．  又平面，平面，所以，．又，所以，所以直线，，两两垂直，以E为坐标原点，以，，为轴建立如图所示的空间直角坐标系．易得，，，所以点D、G的坐标分别为， ．（2）因为，所以，，，在中，，即的余弦值为．20．一个小型制冰厂有3台同一型号的制冰设备，在一天内这3台设备只要有一台能正常工作，制冰厂就会有利润，当3台都无法正常工作时制冰厂就因停业而亏本（3台设备相互独立，3台都正常工作时利润最大）.每台制冰设备的核心系统由3个同一型号的电子元件组成，3个元件能正常工作的概率都为，它们之间相互不影响，当系统中有不少于的电子元件正常工作时，此台制冰设备才能正常工作.(1)当时，求一天内制冰厂不亏本的概率；(2)若已知当前每台设备能正常工作的概率为0.6，根据以往经验可知，若制冰厂由于设备不能正常工作而停业一天，制冰厂将损失1万元，为减少经济损失，有以下两种方案可供选择参考：方案1：更换3台设备的部分零件，使每台设备能正常工作的概率为0.85，更新费用共为600元.方案2：对设备进行维护，使每台设备能正常工作的概率为0.75，设备维护总费用为元.请从期望损失最小的角度判断如何决策？【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】（1）根据独立事件概率公式可得每台设备能正常工作的概率，然后根据对立事件概率公式可得一天内制冰厂不亏本的概率；（2）根据条件分别计算不采取措施，采用方案1，采用方案2制冰厂的总损失的期望，然后比较即得.【详解】（1）当时，每台设备能正常工作的概率为：，所以一天内制冰厂不亏本的概率为；（2）若不采取措施，设总损失为，当前每台设备能正常工作的概率为0.6，故元；设方案1、方案2的总损失分别为，，采用方案1，更换3台设备的部分零件，使得每台设备能正常工作的概率为0.85，故元；采用方案2，对设备进行维护，使得每台设备能正常工作的概率为0.75，故元，又，且，因此，从期望损失最小的角度，当时，可以选择方案1或2；当时，选择方案2；当时，采取方案1.21．已知数列的前项和为，，，.(1)求数列的通项公式；(2)设，的前项和为，若对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列的定义以及的关系求解；（2）利用错位相减法可求得，在根据题意得即可求解.【详解】（1）由，得，又，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，∴，即，∴当时，，又不满足上式，所以.（2）由（1）知，∴，∴，①，②①−②得：，整理得，又因为对任意的正整数，恒成立，所以，∵，∴在上单调递增，，由，可得，所以实数的取值范围是.22．已知函数．(1)若函数在时取得极值，求的值；(2)在第一问的条件下，求证：函数有最小值；(3)当时，过点与曲线相切的直线有几条，并说明理由注：不用求出具体的切线方程，只需说明切线条数的理由【答案】(1)(2)证明见解析(3)有条，理由见解析 【分析】（1）求定义域，求导，根据为极值点得到方程，求出的值；（2）在（1）的基础上，确定函数的极小值，结合函数特征，确定其也是最小值；（3）设出切点，根据斜率列出方程，得到，将公切线条数转化为一元三次方程的根的个数，结合零点存在性定理求出答案.【详解】（1）已知，函数定义域为R，可得，若函数在时取得极值，此时，解得，当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以是极大值点，满足条件，综上所述，；（2）由知，，，函数在处取得极小值，且，而，当时，恒成立，故在处取得极小值，也是最小值，最小值为；（3）当时，，此时点不在函数的图象上，不妨设过的切线的切点为，可得，因为，所以，又，整理得，要求过点与曲线相切的直线有几条，即求关于的一元三次方程的实数根的个数问题，不妨设，因为，所以在，，内各有一个实数根，又因为在实数范围内最多有三个根，则有三个不相同的实数根，所以过点与曲线相切的直线有条．【点睛】方法点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2)已知斜率求切点即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.