湖北省荆荆襄宜四地七校2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题(学生版+解析)

这是一份湖北省荆荆襄宜四地七校2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题(学生版+解析)，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则( )
A. B. 5C. 4D. 3
2. 若随机事件，满足，，，则( )
A. B.
C. D.
3. 已知直线为曲线在点处的切线，则点到直线的距离为( )
A. B. C. D. 10
4. 已知随机变量的分布列如表，则的均值等于( )
A. B. C. 1D. 2
5. 某医院需要从4名女医生和3名男医生中抽调3人参加社区的健康体检活动，则至少有1名男医生参加的概率为( )
A. B. C. D.
6. 设(是自然对数的底数)，，，则的大小关系为( )
A. B. C. D.
7. 已知数列为等差数列，其首项为，公差为，数列为等比数列，其首项为，公比为，设，为数列的前项和，则当时，的取值可以是下面选项中的( )
A. B. C. D.
8. 若存在正实数，使得不等式成立(是自然对数的底数)，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.
9. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，，，，则下列结论正确的有( )
A. 四面体是鳖臑
B. 阳马的体积为
C. 若，则
D. 到平面的距离为
10. 在平面直角坐标系中，已知定点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，直线，则下列结论中正确的是( )
A. 曲线的方程为B. 直线与曲线的位置关系无法确定
C. 若直线与曲线相交，其弦长为4，则D. 的最大值为3
11. 关于函数，下列说法正确的是( )
A. 上单调递增
B 函数有且只有1个零点
C. 存在正实数，使得恒成立
D. 对任意两个正实数，且，若，则
12. 已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于两点，在第一象限，过分别作抛物线的切线，且相交于点，若交轴于点，则下列说法正确的有( )
A. 点在抛物线的准线上B.
C. D. 若，则的值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在等比数列中，，则______________.
14. 展开式中项的系数为__________．
15. 设某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线，生产规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙、丙生产的芯片分别为6块、6块、8块，且甲、乙、丙生产该芯片的次品率依次为.现从这20块芯片中任取1块芯片，则取得的芯片是次品的概率为______.
16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题：
(1)_____；(其中表示不超过的最大整数，如)
(2)已知正项数列的前项和为，且满足，则_________.(参考数据：)
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数(，是自然对数的底数).
(1)若，求的极值；
(2)若在上单调递增，求的取值范围.
18. 手机碎屏险，即手机碎屏意外保险，是一种随着智能手机的普及，应运而生的保险.为方便手机用户，某品牌手机厂商针对两款手机推出碎屏险服务，保修期为1年，如果手机屏幕意外损坏，手机用户可以享受1次免费更换服务，两款手机的碎屏险费用和发生屏幕意外损坏的概率如下表：
(1)某人分别为款各一部手机购买了碎屏险，已知两部手机在保修期内屏幕意外损坏的概率分别为0.05，0.08，手机屏幕意外损坏相互独立.记两部手机在保修期内免费更换屏幕的次数一共为，求的分布列和数学期望；
(2)已知在该手机厂商在售出两款手机中，分别有24000部和10000部上了碎屏险，两款手机更换屏幕的成本分别为400元和600元.若手机厂商计划在碎屏险服务上的业务收入不少于50万元，求款手机的碎屏险费最低应定为多少？(业务收入=碎屏险收入—屏幕更换成本)
19. 如图，已知三棱柱中，，四边形是菱形.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
20. 已知数列的前项和为，.
(1)求的值，并求数列的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
21. 已知椭圆，离心率，左、右顶点与上顶点围成的三角形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆上异于椭圆右顶点的四个不同的点，直线、直线均不与坐标轴垂直，直线过点且与直线垂直，，证明：直线和直线的交点在一个定圆上.
22. 已知函数(是常数，是自然对数的底数).
(1)当时，求函数的最大值；
(2)当时，
①证明：函数存在唯一的极值点；
②若，且，证明：.
0
1
2
3
碎屏险费/元
50
屏幕意外损坏概率
005
008
2023 年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”
高二期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则( )
A. B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，进而求得的值.
【详解】
故选：D
2. 若随机事件，满足，，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，计算得到，然后根据条件概率的计算公式计算即可.
【详解】由题可知：
所以
所以
故选：D
3. 已知直线为曲线在点处的切线，则点到直线的距离为( )
A. B. C. D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数求曲线在切点处切线的斜率，得切线方程，再求点到直线距离.
【详解】由，有，
则曲线在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，即，
则点到直线的距离为.
故选：B.
4. 已知随机变量的分布列如表，则的均值等于( )
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用分布列中各取值的概率之和为1，得到m的值，运用均值公式计算均值.
【详解】由，得，则.
故选：C
5. 某医院需要从4名女医生和3名男医生中抽调3人参加社区的健康体检活动，则至少有1名男医生参加的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：根据题意，由组合数公式计算从7名医生中抽调3人的所有可能结果，计算至少有1名男医生参加的事件包含的选法，由古典概型公式计算可得答案；
方法二：计算抽调3人全部为女医生的概率，利用对立事件的概率公式，求出至少有1名男医生参加的概率.
【详解】方法一：依题意，从7名医生中抽调3人的所有可能结果共有(种)，
至少有1名男医生参加的事件包含的结果共有(种)，
所以至少有1名男医生参加的概率为.
方法二：抽调3人全部为女医生的概率为，
则至少有1名男医生参加的概率为.
故选：C．
6. 设(是自然对数的底数)，，，则的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由不等式的性质和对数式的运算比较数的大小.
【详解】由，有，得，
由，得，，即，所以.
故选：A
7. 已知数列为等差数列，其首项为，公差为，数列为等比数列，其首项为，公比为，设，为数列的前项和，则当时，的取值可以是下面选项中的( )
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出数列、的通项公式，可得出数列的通项公式，利用分组求和法可求得，分析数列的单调性，可得出，即可得出结果.
【详解】因为数列为等差数列，其首项为，公差为，所以.
因为数列为等比数列，其首项为，公比为，所以，
所以，
则，
因为对任意的，，所以数列单调递增，
因为，
，
所以，当时，.
故选：A.
8. 若存在正实数，使得不等式成立(是自然对数的底数)，则的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同构法将题给不等式转化为，再构造函数，并利用导数求得其最大值，进而求得的最大值.
【详解】
设，则，
则在上单增，
则
设，则，
当时，，当时，
得在上单增，在上单减，
则当时取得最大值，故.
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.
9. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，，，，则下列结论正确的有( )
A. 四面体是鳖臑
B. 阳马的体积为
C. 若，则
D. 到平面的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由△不是直角三角形否定选项A；求得阳马的体积判断选项B；以为基底表示向量进而判断选项C；求得到平面的距离判断选项D.
【详解】A错，连接AC，则△中，，
则△不是直角三角形，则四面体不是鳖臑；
B对，.
C对，
D对，设到平面的距离为d，
又，
由，得，则到平面的距离为
故选：BCD
10. 在平面直角坐标系中，已知定点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，直线，则下列结论中正确的是( )
A. 曲线的方程为B. 直线与曲线的位置关系无法确定
C. 若直线与曲线相交，其弦长为4，则D. 的最大值为3
【答案】AD
【解析】
【分析】设，代入，得曲线的方程判断选项A；由直线过的定点，判断直线与曲线的位置关系，验证选项B；由弦长与直径相等得直线过圆心，圆心代入直线方程求解k，验证选项C；的最大值为B点到圆心距离加上半径，计算验证选项D.
【详解】设动点，由，则，化简得， A选项正确；
直线过定点，点在圆内，直线与曲线相交，B选项错误；
弦长为4，等于圆的直径，圆心在上，代入直线方程得，C选项错误；
由，圆心，半径为2，， D选项正确.
故选：AD
11. 关于函数，下列说法正确的是( )
A. 在上单调递增
B. 函数有且只有1个零点
C. 存在正实数，使得恒成立
D. 对任意两个正实数，且，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求得在上单调性判断选项A；求得函数零点个数判断选项B；利用导数判断是否存在正实数使得恒成立判断选项C；利用导数证明若，则判断选项D.
【详解】A对，，则当时，，单调递增.
B对，设，
，则在上单减，
又，
则在上有且只有一个零点.
C错，，设，
则，
令，则
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
则当，取得最大值，
则恒成立，则恒成立，
在上单减.当时，，
则无最小值，故不存在正实数恒成立.
D对，设，由
得，即，
即
设，则
则在上单减，，故成立.
故选：ABD
12. 已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于两点，在第一象限，过分别作抛物线的切线，且相交于点，若交轴于点，则下列说法正确的有( )
A. 点在抛物线的准线上B.
C. D. 若，则的值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，设，，表示出切线，，算出点P坐标即可；对于BC，根据两直线斜率的乘积即可判断；对于D，用焦半径公式，算出两个长度即可.
【详解】由题意知，故l：，与抛物线联立，
可得，则，
设，，则．
对于A，由抛物线可得，
所以直线的斜率，则直线的方程为，
同理可得直线的方程为，
联立解得．
又，故点P在抛物线的准线上，故A正确；
对于B， ，故，故B错误；
对于C，直线l的方程为，则，
直线方程为，
可得
所以，
故则FQ⊥BQ，故C正确；
对于D，由，直线l的方程为，与抛物线联立可得，
解得，则，
则，
得，故D正确．
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在等比数列中，，则______________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式求出，由此能求出．
【详解】在等比数列中，，，
，解得，
，
解得．
故答案为：3.
14. 展开式中项的系数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理将每个幂次展开，在展开式中找出项的系数求和即可.
【详解】因为展开式的第一项没有的项，
所以展开式中的系数为.
故答案为：．
15. 设某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线，生产规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙、丙生产的芯片分别为6块、6块、8块，且甲、乙、丙生产该芯片的次品率依次为.现从这20块芯片中任取1块芯片，则取得的芯片是次品的概率为______.
【答案】0.07##
【解析】
【分析】利用条件概率即可求得从这20块芯片中任取1块芯片取得的芯片是次品的概率.
【详解】记“20块芯片中任取1块芯片，取得的芯片是次品”为事件B，
分别记从这20块芯片中任取1块芯片，则该芯片为甲、乙、丙生产为事件
则，
则
故答案：0.07
16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题：
(1)_____；(其中表示不超过的最大整数，如)
(2)已知正项数列的前项和为，且满足，则_________.(参考数据：)
【答案】 ①. 1 ②. 88
【解析】
【分析】利用放缩法和裂项相消，求的范围，可得的值；由求出，利用利用放缩法和裂项相消，结合条件中的参考数据，求的范围，可得的值.
【详解】(1)，
，
所以，所以；
(2)当时，，解得，因为，所以，
当时，，所以，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，因为，所以，所以，
当时，，即，
所以，
令，
则，
因为，，，
所以，
，
因为，，，
所以，
所以，即
故答案为：1,88.
【点睛】方法点睛：
放缩法证明与数列求和有关的不等式，若可直接求和，就先求和再放缩；若不能直接求和，一般要先将通项放缩后再求和，放缩为可以求和且“不大不小”，大多是等比模型或裂项相消模型.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数(，是自然对数的底数).
(1)若，求的极值；
(2)若在上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)极大值，无极小值
(2)
【解析】
【分析】(1)利用极值定义即可求得极值；
(2)利用导数构造关于的不等式，解之即可求得的取值范围.
【小问1详解】
，当时，，
由，得，
当时，，在上单增，
当时，，在上单减，
故当时，有极大值，无极小值.
【小问2详解】
在上单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，则
又，则.
18. 手机碎屏险，即手机碎屏意外保险，是一种随着智能手机的普及，应运而生的保险.为方便手机用户，某品牌手机厂商针对两款手机推出碎屏险服务，保修期为1年，如果手机屏幕意外损坏，手机用户可以享受1次免费更换服务，两款手机的碎屏险费用和发生屏幕意外损坏的概率如下表：
(1)某人分别为款各一部手机购买了碎屏险，已知两部手机在保修期内屏幕意外损坏的概率分别为0.05，0.08，手机屏幕意外损坏相互独立.记两部手机在保修期内免费更换屏幕的次数一共为，求的分布列和数学期望；
(2)已知在该手机厂商在售出的两款手机中，分别有24000部和10000部上了碎屏险，两款手机更换屏幕的成本分别为400元和600元.若手机厂商计划在碎屏险服务上的业务收入不少于50万元，求款手机的碎屏险费最低应定为多少？(业务收入=碎屏险收入—屏幕更换成本)
【答案】(1)分布列见解析，0.13
(2)40元
【解析】
【分析】(1)由题意可列出的分布列，并求出各个值时的概率，从而可求得数学期望；
(2)理解题意可分别求出屏幕更换总成本，碎屏险总收入和业务收入，从而可构造关于的表达式，从而可得出结论.
【小问1详解】
的可能取值为、、
的分布列为
故次数的数学期望为0.13.
【小问2详解】
依题意，可知、款手机发生屏幕意外损坏分别有24000×0.05＝1200部，10000×0.08＝800部
屏幕更换总成本为1200×400+800×600＝960000元
碎屏险总收入为24000+10000×50
业务收入为24000+10000×50－960000＝24000－460000
则24000+10000×50－960000≥500000，得，
故款手机的碎屏险费最低应定为40元.
19. 如图，已知三棱柱中，，四边形是菱形.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直判定定理即可证得平面；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得二面角的正弦值.
【小问1详解】
由四边形是平行四边形，，
得四边形是矩形，则
由，，，、面，
得面，又面，则
由四边形是菱形，得
由，，，、面，
得面
【小问2详解】
由(1)可知，面，又面，得面面
由四边形是菱形，，得是正三角形.
取、的中点分别为、，连，，
则，.
由面面，面面
，面，得面
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示
则
，，
面的一个法向量为
设面的一个法向量为
由，令，得
设二面角的大小为，
则
又，则
故二面角的正弦值为.
20. 已知数列的前项和为，.
(1)求的值，并求数列的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)2，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据数列的递推式可得时，，采用作差的方法可得，结合累乘法即可求得答案；
(2)由(1)可得的通项公式，利用裂项求和的方法，即可求得，从而证明结论..
【小问1详解】
因为，所以当时，，
两式作差可得，整理得．
，令，则，
所以，所以，
则，
当时，也符合上式，综上，．
【小问2详解】
由(1)可知，，
则，
因为，所以，所以．
21. 已知椭圆，离心率，左、右顶点与上顶点围成的三角形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆上异于椭圆右顶点的四个不同的点，直线、直线均不与坐标轴垂直，直线过点且与直线垂直，，证明：直线和直线的交点在一个定圆上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据题意列出关于的方程组，解出即可；
(2)设直线，点，，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，将其代入斜率为2的等式中，化简得到关系，则得到直线所过定点，最后即可证明(2)中结论.
【小问1详解】
依题意，得，解得，
则椭圆.
【小问2详解】
设直线，点，，
由，消，得，
得，且，
由，得，即，
即，
则，
即，，
即，或，
当时，直线过定点，不合题意，故舍去.
当时，直线过定点
又，故直线与的交点在以和所连线段为直径的定圆上 .
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于设直线，点，联立得到韦达定理式，再化简整理，再将韦达定理代入其中，化简得到关系，从而得到直线所过定点.
22. 已知函数(是常数，是自然对数的底数).
(1)当时，求函数的最大值；
(2)当时，
①证明：函数存在唯一的极值点；
②若，且，证明：.
【答案】(1)0 (2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用导数即可求得函数的最大值；
(2)①利用导数和隐零点的方法即可证明函数存在唯一的极值点；②利用导数和构造函数法即可证得题给不等式成立.
【小问1详解】
当时，，，
得当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
则当时，有最大值
【小问2详解】
当时，，，
令，，
则在上单调递减，
由，得，，则，
又，，
由零点存在性定理可知，存在唯一使，即，
得当时，，，在上单调递增，
当时，，，上单调递减，
则在处取得极大值，即存在唯一的极值点.
②由①可知，，即，
由，且，得，
由，得，，
两式相除，得，
由(1)可知 ，则，，
则，，，
法一
设，则，
得在上单减，则，
得，则，
又，
得，
故成立. 证毕
法二
设，
则，
得在上单调递减，则，
得，则，
故成立.
【点睛】方法点睛：1.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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
0
1
2
3
碎屏险费/元
50
屏幕意外损坏概率
0.05
0.08
0
1
2
0.874
0.122
0.04