2022-2023学年江西省湖口中学高二下学期7月期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省湖口中学高二下学期7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学年江西省湖口中学高二下学期7月期末考试数学试题 一、单选题1．已知集合， 则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合交集运算求解即可；【详解】因为，所以．故选：C.2．在等差数列中，，，则=（    ）A．9 B．11 C．13 D．15【答案】C【分析】利用等差数列的基本量计算可得答案.【详解】设等差数列的公差为，则，则故选：C3．已知等比数列中，，，则（    ）A．9 B． C．3 D．【答案】A【分析】根据等比数列的性质即可求解.【详解】由于，可得，，所以，故选:A4．下列求导运算不正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据基本函数的导数公式进行求解即可.【详解】根据导数公式可知选项A、B、D是正确的；对于C，，故C错误.故选：C.5．平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由为平行六面体，可知为体对角线，由向量的模长公式即可求得.【详解】 故选：B6．已知直线l：与x轴、y轴分别交于M，N两点，动直线：和：交于点P，则的面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据所过定点和位置关系可得点P轨迹方程，然后利用点到直线的距离公式和两点间的距离公式可得面积最小值.【详解】根据题意可知，动直线过定点，动直线：，即过定点，因为，所以无论m取何值，都有，所以点P在以OB为直径的圆上，且圆心坐标为，半径为，设，则点P的轨迹方程为，圆心到直线l的距离为，则P到直线l的距离的最小值为．由题可知，，则，所以的面积的最小值为．故选：B  7．我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，《洛书》上的图案由个黑白圆点分别组合，摆成方形，南西东北分别有个点，四角各有个点，中间有个点，简化成如图的方格，填好数字后各行、各列以及对角线上的3个数字之和都等于15．推广到一般情况，将连续的正整数填入的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的数字之和都相等，这样一个阶幻方就填好了，记阶幻方对角线上的数字之和为，则的值为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出阶幻方中所有数字之和，再除以得对角线上的数字之和，再令可得结果.【详解】阶幻方由填入得到，填入的数字之和为，又因为阶幻方每行、每列以及两条对角线上的数字之和都相等，所以对角线上的数字之和为，当时，代入可得，故选：C．8．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.【详解】由题意可知，，即对恒成立．设，则问题转化为在上恒成立，因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，；当时，．①在上，若恒成立，即，；②在上，若，则恒成立，即恒成立，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．故选：B．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 二、多选题9．可能把直线作为切线的曲线是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据题意结合导数的几何意义逐项分析判断.【详解】因为直线的斜率，对于选项A：因为，则，令，解得，故A正确；对于选项B：因为，则，又因为，则方程无解，故B错误；对于选项C：因为，则，令，解得，故C正确；对于选项D：因为，则，令，解得，故D正确；故选：ACD.10．已知数列满足，则（    ）A．为等比数列B．的通项公式为C．为单调递减数列D．的前n项和【答案】BCD【分析】，则得到为等差数列，即可判断A，求出其通项，即可判断A，利用函数单调性即可判断C，利用等差数列的前和公式即可判断D.【详解】因为，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误；，即，故选项B正确；根据函数在上单调递增，且，则函数在上单调递减，又因为，，则数列为单调递减数列，故选项C正确；的前项和，故选项D正确,故选：BCD.11．抛物线的焦点是，准线与轴相交于点，过点的直线与相交于，两点（点在第一象限），，为垂足，，为垂足，则下列说法正确的是（    ）A．若以为圆心，为半径的圆与相交于和，则是等边三角形B．若点的坐标是，则的最小值是4C．D．两条直线，的斜率之和为定值【答案】AD【分析】根据抛物线的焦半径即可判断A,又三点共线即可判断B,利用联立方程和韦达定理，结合斜率公式即可求解CD.【详解】因为以为圆心，为半径的圆与相交于和两点，所以，又，所以为等边三角形，故A正确；  因为，等号当且仅当，，三点共线时成立，所以当，，三点共线时，取最小值3，故B错误；  设直线的方程是，代入并消去得，设，，则，.由，，得，所以，即，故C错误；，，所以 ，故D正确.故选：AD.  12．已知函数，为的导函数，则下列结论中正确的是（    ）A．恒有一个极大值点和一个极小值点B．若在区间上单调递减，则a的取值范围是C．若，则直线与的图象有2个不同的公共点D．若，则有6个不同的零点【答案】ACD【分析】利用导数讨论单调性，然后可得极值点，可判断A；根据二次函数性质讨论导函数符号即可判断B；利用导数讨论单调性，作图分析可判断C；先解方程，然后根据二次函数性质可判断D.【详解】由题可知，因为，所以恒有两个异号的实根，，不妨设，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以恒有一个极大值点和一个极小值点，故A正确；因为在区间上单调递减，所以对任意的，恒成立，所以，解得a≥1，故B错误；若，则，解得，此时，则当时，，单调递增，时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，又当时，，所以直线与的图象有2个不同的公共点，故C正确；    若，则，，因为，所以的3个零点为，0，，又，且，所以当分别为，0，时，均有2个不同的x的值与其对应，所以有6个不同的零点，故D正确．故选：ACD 三、填空题13．已知函数，则             ．【答案】【分析】先求出，利用导数求出，即可求解.【详解】.因为，所以，所以，所以.故答案为：.14．已知随机变量，则        ．【答案】4【分析】利用二项分布的方差公式求出，然后再利用其性质可求出.【详解】因为随机变量，所以，所以.故答案为：4.15．已知直线是双曲线（）的一条渐近线，则的离心率为      .【答案】【分析】根据渐近线方程得到，然后代入离心率公式求解.【详解】因为直线是双曲线的一条渐近线，所以，所以C的离心率为.故答案为：16．已知数列满足，若，则数列的前n项和      .【答案】【分析】变形给定的等式，利用数列前n项和与第n项的关系求出，再利用裂项相消法求和作答.【详解】数列中，由，得，当时，，两式相减得，整理得，而满足上式，因此，，所以.故答案为：【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 四、解答题17．在递增的等比数列中，，，其中.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.【详解】（1）由，等比数列是递增数列，得，因此数列的公比，则，所以数列的通项公式是.（2）由（1）得，，.18．新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展．某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程．现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差（这里指质量与生产标准的差的绝对值）的样本数据统计如下表．质量差（单位：mg）5667707886件数（单位：件）102048193(1)求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差近似服从正态分布，其中，用样本平均数作为的近似值，求概率的值；(2)若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍．若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立．现从该企业生产的该零件中随机抽取一件，求该零件为废品的概率．参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由平均数的计算，即可由正态分布的对称性求解概率，（2）根据全概率公式即可求解.【详解】（1）．，，得：（2）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，则，，又，，于是．19．如图，三棱柱中，侧面为矩形，且，为的中点，．  (1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接与交于点，连接，则可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）由已知条件可证得两两垂直，所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：连接与交于点，连接，因为四边形为平行四边形，所以点为的中点，因为为的中点，所以∥，因为平面，平面，所以平面；（2）解：因为四边形为矩形，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为，，，所以，所以，所以两两垂直，所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，因为，，，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，设为平面的法向量，因为，所以，令，则，设平面与平面的夹角为（），则，即平面与平面的夹角的余弦值为.  20．已知椭圆C：的焦距为，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)已知，E为直线上一纵坐标不为0的点，且直线DE交C于H，G两点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，求，再结合公式，即可求解椭圆方程；（2）首先设直线DE的方程为，与直线和椭圆方程联立，利用弦长公式，表示和，利用分析法，转化为证明，再代入韦达定理，即可证明.【详解】（1）设C的半焦距为c（）.由已知得，，又由，解得，.所以椭圆C的方程为；（2）设直线DE的方程为，则.将代入，得.设H，G的坐标分别为，，则，，.，，要证，只要证，即要证.即要证，即要证（*）.因为，所以（*）式成立，所以成立.以成立.  21．已知数列满足：，，且．(1)若，求数列的通项公式；(2)若，求数列的通项公式．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）时可确定数列为等比数列，由此解方程组求得公比，即得答案.（2）由推得是公比为的等比数列，求得通项公式为，利用累乘法求得，利用条件求得k的值，即可求得答案.【详解】（1）由得，，所以，又且，所以，因此，所以数列是等比数列，设数列的公比为，依题意得，解得，所以数列的通项公式为．（2）由可知，有，否则，无意义；依题意得，则有，所以数列是公比为的等比数列，其通项公式为，所以①，将代入①式得，将和代入上式并化简得，解得②，将代入①式得，由得，将②式代入上式得，整理③，由得，将②式和代入上式，化简可得，当时，；当时，，所以数列的通项公式为或.22．已知函数．(1)若有两个极值点，求的取值范围；(2)若，，求的取值范围．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）先将有两个极值点转化为有两个不同实根，分离参数得，根据函数的性质，可得的取值范围；（2）先将问题转化为在恒成立，再转化为函数的最小值大于或等于0，进而求的取值范围.【详解】（1）由，得，因为有两个极值点，则，即方程有两个不等实数根，令，则，知时，，单调递减，时，，单调递增，则时，取得极小值，也即为最小值，且时，，时，，时，，时，，故，即时，方程有两个实数根，不妨设为，．可知时，，时，，时，，即，分别为的极大值和极小值点．所以有两个极值点时，的取值范围是．（2）令，原不等式即为，可得，，，令，则，又设，则，时，，可知在单调递增，若，有，，则；若，有，则，所以，，，则即单调递增，①当即时，，则单调递增，所以，恒成立，则符合题意．②当即时，，，存在，使得，当时，，则单调递减，所以，与题意不符，综上所述，a的取值范围是．【点睛】方法点睛：若恒成立，则；若恒成立，则.