江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷，共12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。

一、单选题
1．数列中，，，则（ ）
A．32B．62C．63D．64
2．直线与曲线相切于点,则( )
A．B．C．D．
3．已知的图象如图所示，则的图象最有可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
B．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
C．若m∥α，α∩β=n，则m∥n
D．若m∥α，m∥β，α∩β=n，则m∥n
5．已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
6．已知等差数列满足，则不可能取的值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知､是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列选项中，在上单调递增的函数有（ ）
A．B．
C．D．
10．下列结论成立的有（ ）
A．若是等差数列，且，，则
B．
C．数列的通项公式为，则前项和
D．若两个等差数列、的前项和、且，则
11．已知函数为定义在上的奇函数，若当时，，且，则（ ）
A．B．当时，
C．D．不等式解集为
三、填空题
12．已知，则 .
13．已知是等差数列的前项和，，则满足的正整数是 ．
14．已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)求的值和函数的解析式；
(2)求函数的单调区间和极值．
16．已知等差数列的公差为2，记数列的前项和为且满足.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和.
17．在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
19．已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若对任意，都有恒成立，求整数a的最大值.
参考答案：
1．C
2．A
3．D
4．D
5．C
6．A
7．B
8．A
9．BD
10．ACD
11．CD
12．
13．
14．
15．(1)，；
(2)单调递减区间是，单调递增区间是；极小值为，无极大值．
【分析】（1）由切点在切线上求得值，由切线在函数图象上求得值，由导数几何意义求得值；
（2）求出导函数，由导函数的正负确定单调区间，确定极值.
【详解】（1）函数的定义域为，
把点代入切线方程为得：，
所以切点坐标为（1，1），由题意得：，①
因为，且函数的图象在点（1，1）处的切线斜率为，
所以，②
由①②解得：，，综上，．
（2）由（1）知，，所以，令，解得：；
令，解得：，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
当时，函数的极小值为，无极大值．
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据通项与前项和之间的关系，作差可得，即可利用等比数列的定义求解，
（2）根据错位相减法求和以及分组求解，结合等差等比数列求和求解.
【详解】（1）时，，即.
又，也符合，
所以时，，即.
又，所以，
所以，所以数列成等比数列.
（2）由（1）易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，
则，
所以，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【详解】（1）平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
（2）法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)（i）0；（ii）48
【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.
【详解】（1）设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价.
所以的最大值为48.
19．（1）的极大值为，无极小值；（2）4.
【分析】（1）将代入，先求导，求出导数的零点，结合导数正负判断原函数增减性即可得到答案.
（2）由题意分离参数得，设，则所求问题转化为求，求出，结合零点存在定理，得出函数的单调性，得出其最值，再得出其范围，即可求出的最小整数；
【详解】（1）当时，，定义域为
，注意到
当时，单调递增
当时，单调递减
∴的单调递增区间为，递减区间为
在时取得极大值且极大值为，无极小值.
（2）原不等式恒成立
变形有
即在恒成立.
设原问题等价于
，令
则，在单调递增

由零点存在定理有在存使即
当时，单调递减
当时，单调递增
，利用

，的最大值为4.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数增减性，分离参数法和构造函数法求解存在性问题，解答本题的关键是由的导数得出单调性，进一步得出其最值，利用 ，可得，得出答案，属于难题.