2022-2023学年江西省赣州市大余中学高二下学期期末学情调研数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省赣州市大余中学高二下学期期末学情调研数学试题含答案，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学年江西省大余中学高二下学期期末学情调研数学试题 一、单选题1．已知空间向量，.若，则实数的值为（    ）A．2 B．1 C．1 D．2【答案】A【分析】由，得，列方程求解即可【详解】因为，，所以，又，所以，得，故选：A.2．如果直线与直线平行，那么实数k的值为　　A． B． C． D．3【答案】D【分析】利用两条直线相互平行的充要条件即可得出．【详解】直线与直线平行，，经过验证满足两条直线平行．故选D．【点睛】本题考查了两条直线相互平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取3个球，所取的3个球颜色不同的概率为（  ）.A． B． C． D．【答案】C【分析】题意所求情况分为两种，两白一红，两红一白，两种情况，列式为，除以总的事件个数即可.【详解】3个球颜色不同，即分为：两白一红，两红一白，两种情况，列式为，总的事件个数为，概率为.故选：C.4．设随机变量，若，则（    ）A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7【答案】D【解析】根据已知，利用，可得，即得.【详解】随机变量服从正态分布，且正态曲线的对称轴是：，由，可得，则.故选：【点睛】本题考查正态分布曲线的性质，属于基础题.5．曲线在处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】直接利用导数的几何意义求解即可【详解】曲线在处的切线方程为，即.故选：.6．如图，某同学用两根木条钉成十字架，制成一个椭圆仪.木条中间挖一道槽，在另一活动木条的处钻一个小孔，可以容纳笔尖，各在一条槽内移动，可以放松移动以保证与的长度不变，当各在一条槽内移动时，处笔尖就画出一个椭圆.已知，且在右顶点时，恰好在点，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，则，由题意可得，，根据离心率公式即可求解.【详解】解：由题意知与的长度不变，已知，设，则，当滑动到位置处时，点在上顶点或下顶点，则短半轴长，当在右顶点时，恰好在点，则长半轴长，故离心率为.故选：D.7．有限数列中，为的前项和，若把称为数列的“优化和”，现有一个共2019项的数列：，若其“优化和”为2020，则有2020项的数列：的优化和为（    ）A．2019 B．2020 C．2021 D．2022【答案】B【分析】首先根据定义得出，然后根据，，，，再由定义求出新数列的优化和．【详解】由，得，其中，，，，∴所求的优化和为：.故选：B．8．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过作差法结合函数确定差的正负从而来确定的大小；通过作商法然后结合函数确定商的大小从而来确定的大小，最终确定三者大小关系.【详解】因为，所以．令，则，所以函数在上单调递增，所以当时，，即有成立，所以，得，所以.因为，所以令，则，所以函数在上单调递增，所以当时，，即有成立，所以，即，所以，即．综上:．故选：A 二、多选题9．已知直线，直线，则下列命题正确的有（    ）A．直线恒过点 B．直线的斜率一定存在C．若，则或 D．存在实数使得【答案】AD【分析】将点的坐标代入方程，即可判断A，利用特殊值说明B，根据两直线平行的充要条件求出的值，即可判断C，利用特殊值判断D.【详解】解：将点代入直线中可得等号成立，所以直线恒过点，故A正确；当时，直线的斜率不存在，故B错误；当时，，解得或，当时直线即与直线重合，故，所以，故C错误；当时，，，此时，故D正确．故选：AD．10．设，都是单调函数，其导函数分别为，，，下列命题中，正确的是（    ）A．若，，则单调递增；B．若，，则单调递增；C．，，则单调递减；D．若，，则单调递减；【答案】BC【解析】举出特例，排除选项AD，根据两个增函数的和为增函数，两个减函数的和为减函数判断BC.即可求解.【详解】，函数为增函数，时，函数为减函数，同理时，函数为增函数，时，函数为减函数，不妨取，，则满足，，，显然是减函数，排除A选项；取，，满足，，则，故是增函数，排除选项D；当，时，函数为增函数，为减函数，则为增函数，所以为增函数，故B正确；当，时，为减函数，为增函数，为减函数，所以为减函数，故C正确.故选：BC11．设正项等比数列的前项和为，前项积为，公比为，已知，，则下列结论正确的是（    ）A．B．若为递增数列，则C．D．若为递减数列，当且仅当时，取得最大值【答案】BC【分析】结合题意，利用等比数列的性质逐项进行求解即可.【详解】因为数列为等比数列，所以，又因为，所以或，当时，则，解得或（舍去），则，当时，则，解得或（舍去），则，综上，故选项A错误，C正确；若为递增数列，则，，，即，，故，故选项B正确；若为递减数列，则，，，，，，故当且仅当或时，取得最大值，故选项D错误；故选：BC.12．如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，线段的中点为，下列说法正确的是（    ）A．的长度为定值4 B．的长度不是定值C．三棱锥的体积为定值 D．点的轨迹是圆【答案】AD【分析】AB选项，做出辅助线，利用及算出的长度为定值；C选项，设出未知数，把三棱锥的体积表达出来，看是否为定值；D选项，利用AM的长度为定值，判断出点的轨迹是圆.【详解】过点Q作QH∥AB且，连接PH，AH，如图1，则且四边形ABQH为平行四边形，所以AH∥BQ，因为与，均相互垂直，所以QH⊥AH，QH⊥a，，所以QH⊥平面APH，因为平面APH，所以QH⊥PH，所以，A正确，B错误； 如图2，因为与相互垂直，，是相互垂直，，所以⊥平面ABP，因为平面ABP，所以，设，，则由勾股定理得：，，因为，所以，即，三棱锥的体积不是定值，C错误；在图2的基础上连接AM，因为与相互垂直，，是相互垂直，，所以⊥平面ABQ，因为平面ABQ，所以⊥，又M为PQ中点，PQ长度不变为4，所以AM=2，故M点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，D正确.故选：AD 三、填空题13．设是首项为1的等比数列，若，，，成等差数列，则通项公式          .【答案】/【分析】根据已知条件求得的公比，由此求得.【详解】设等比数列的公比为，由于成等差数列，所以，即，解得，所以故答案为：14．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且他各次射击是否击中目标相互之间没有影响．有下列结论：①他第3次击中目标的概率是0.9；       ②他恰好击中目标3次的概率是；③他至少击中目标1次的概率是；   ④他恰好有连续2次击中目标的概率为.其中正确结论的序号是      【答案】①③【分析】结合已知条件，利用独立事件的概率的性质、对立事件的性质和二项分布即可求解.【详解】∵射击一次击中目标的概率是0.9，∴由独立事件的性质可知，第3次击中目标的概率是0.9，故①正确；∵连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，故射击次数服从二项分布，故恰好击中目标3次的概率是，故②错误；∵一次都未击中目标的概率为，∴至少击中目标1次的概率是，故③正确；恰好有连续2次击中目标的概率为，故④错误.故答案为：①③.15．已知，，若，则        ．【答案】【分析】根据等式的两边展开式中的的系数相等、的系数相等求得的值．【详解】由的系数相等可得①，再根据的系数相等可得②．由①②求得，故选：D16．若函数（为自然对数的底数）在的区间内有两个极值点，则实数的取值范围为           .【答案】【解析】由已知可得在的区间内有两个解，分离参数后转化为求解函数的交点问题，构造函数结合导数可求．【详解】在的区间内有两个极值点，则在的区间内有两个解，即在的区间内有两个解，令，则，易得，当，，函数单调递减，当，，函数单调递增，又时，，且，故，故答案为：【点睛】本题主要考查了函数极值存在条件的应用，解题中体现了转化思想的应用． 四、解答题17．已知是等差数列,,.（1）求的通项公式；（2）求的前n项和的最大值.【答案】（1）（2）56【解析】（1）通过等差数列的性质求出公差,结合,即可求出通项公式. （2）由公差,知数列是递减数列,要求和的最大值则根据,求出,即可求出和的最大值.【详解】解：由题意得（1）（2）由知数列是递减数列所以令,解得且的最大值为:【点睛】本题主要考查邓姝列的简单性质以及求等差数列的前项和,是简单题.18．已知圆C与圆M：相外切，且圆心C与点关于直线l：对称．(1)求圆C的标准方程；(2)求经过点圆C的切线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）得到点在直线上，从而得到关于直线的对称点是其本身，确定圆心坐标，由两圆外切，列出方程，求出半径，得到圆的标准方程；（2）考虑直线斜率不存在和斜率存在两种情况，结合点到直线距离公式列出方程，求出切线方程.【详解】（1）因为，故点在直线上，故点关于直线的对称点是其本身，故圆心坐标为，因为圆C与圆M：相外切，设圆C的半径为，所以，解得：，故圆C的标准方程为；（2）当切线斜率不存在时，即，此时圆心到的距离为3，等于半径，故满足相切关系，当切线斜率存在时，设为，则圆心到直线的距离，解得：，故切线方程为，即，所以切线方程为或.19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，是的中点．(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取PC的中点F，连接EF、BF，可证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证；（2）求出体积利用可得答案．【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示．∵，分别为，的中点，∴且，又，，∴且，∴四边形是平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面．（2）∵，，∴四边形是直角梯形，∴在中，边上的高，∴，∵平面，，是的中点，∴点到平面的距离为，∴，∴，∴．20．2019年4月，广东省发布了高考综合改革实施方案，试行“高考新模式”为调研新高考模式下，某校学生选择物理或历史与性别是否有关，统计了该校高三年级800名学生的选科情况，部分数据如下表：性别科目合计物理历史男生300 400女生 150 合计  800（1）根据所给数据完成上述表格，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生选择物理或历史与性别有关；（2）该校为了提高选择历史科目学生的数学学习兴趣，用分层抽样的方法从该类学生中抽取5人，组成数学学习小组.一段时间后，从该小组中抽取3人汇报数学学习心得，记3人中男生人数为，求的分布列和数学期望.附：0.0500.0100.0013.84106.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有99.9%的把握认为该校学生选择物理或历史与性别有关.（2）分布列见解析，数学期望为.【分析】（1）补全列联表，计算出后可得结论；（2）由分层抽样得抽取男生2人，女生3人，随机变量X的所有可能取值为0，1，2.，计算出概率的分布列，由分布列计算期望．【详解】（1）性别科目物理历史合计男生300100400女生250150400合计550250800因为，所以有99.9%的把握认为该校学生选择物理或历史与性别有关.（2）按照分层抽样的方法，抽取男生2人，女生3人.随机变量X的所有可能取值为0，1，2.所以，，.所以X的分布列为X012P所以.所以数学期望为.21．某公司生产一种产品，第一年投入资金1000万元，出售产品后收入40万元，预计以后每年的投入资金是上一年的一半，出售产品所得收入比上一年多80万元．同时，当预计投入资金低于20万元时，就按20万元投入，且当年出售产品的收入与上一年相同．(1)设第年的投入资金和收入金额分别为万元，万元，请求出、的通项公式；(2)预计从第几年起该公司开始并持续盈利？请说明理由（盈利是指总收入大于总投入）．【答案】(1)，(2)该公司从第8年开始盈利，理由见解析. 【分析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式求解即可.（2）根据题意得到当时，总利润，时，，再分类讨论即可得到答案.【详解】（1）由题知：，当，，解得，所以..（2）当时，总利润.因为，为增函数，且，，所以当时，，当时，，因为，，所以时，，即前6年未盈利.当时，，令，解得，所以该公司从第8年开始盈利.22．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，过焦点作斜率为的直线交抛物线于两点，且，其中为坐标原点.（1）求抛物线的方程；（2）设点，直线分别交准线于点，问：在轴的正半轴上是否存在定点，使，若存在，求出定点的坐标，若不存在，试说明理由.【答案】(1) (2) 在轴的正半轴上存在定点，使，且定点的坐标为【分析】（1）设直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合韦达定理以及向量数量积坐标表示，解得p（2）根据向量垂直坐标表示，结合韦达定理求出定点坐标.【详解】（1）由题意知，设抛物线的标准方程为，直线的方程为（，且），联立，消去，得.设，则.所以，解得.所以抛物线的标准方程为.（2）假设在轴上存在定点，使， 设，由（1），知.又，设直线的斜率分别为，则，，则直线的方程为，令，得，同理，得.故.由，得，即，故，解得或(负值舍去），即在轴的正半轴上存在定点，使，且定点的坐标为.点睛：圆锥曲线中定点问题的常见解法（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．23．已知函数，.(1)设，求函数的极大值点；(2)若对，不等式恒成立，求m的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）求出函数及其导数，再探讨导数值为正为负的取值区间作答.（2）验证时，不等式成立，当时，变形给定不等式，构造函数，利用导数分类讨论求解作答.【详解】（1）函数，求导得，由，得，当时，，即，函数单调递增；当时，，即，函数单调递减，因此函数在处有极大值，所以函数的极大值点为.（2）依题意，，，不等式，当时，成立，则，当时，，，令，，求导得，令，，求导得，因此在上单调递增，即有，而，又函数在上的值域是，则函数，即在上的值域是,当时，，当且仅当时取等号，于是函数在上单调递增，对，，因此，当时，存在，使得，当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，所以m的取值范围为.【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以借助分段讨论函数的导函数，结合函数零点探讨函数值正负，以确定单调性推理作答.