江西省抚州市乐安县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题

高中学段二年级数学

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。

3.请按照题序在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效。

4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（每题5分，共40分）

1．设是可导函数，且

A． B．－1 C．0 D．－2

2．根据教育部的规定，从2021年9月1日以来，全国各地的中小学都开展了课后延时服务．各个学校都及时安排老师参加课后延时服务工作，学校要求张老师在每个星期的周一至周五要有三天参加课后延时服务．若张老师周五一定参加课后延时服务，则他周四也参加课后延时服务的概率为（    ）

A． B． C． D．

3．在等差数列中，已知，则（    ）

A．4 B．6 C．8 D．10

4．数列，满足，，则的前10项和为（   ）

A． B． C． D．

5．利用独立性检验的方法调查大学生的性别与爱好某项运动是否有关，通过随机询问名不同的大学生是否爱好某项运动，利用列联表，由计算可得.

参照附表，得到的正确结论是

A．有以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”

B．有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

C．在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”

D．在犯错误的概率不超过的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”

6．已知等差数列中，为其前项和，，，则（    ）

A． B． C．或 D．或

7．已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且=，则使得为整数的正整数n的个数为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

8．设函数.若不等式对恒成立，则的最大值为（     ）

A． B． C． D．

二、多选题（每题5分，共20分）

9．下列四个数列中的递增数列是（　　）

A．1，，，，…

B．，，，…

C．，，，，…

D．1，，，…，

10．设函数在区间上的导函数为，在区间上的导函数为，若在区间上恒成立，则称在区间上为凸函数．则下列函数中，为区间上的凸函数的是（    ）

A． B．

C． D．

11．已知函数的定义域为，导函数为，满足，（为自然对数的底数），且，则（    ）

A． B．

C．在处取得极小值 D．无极大值

12．阿基米德（公元前287年——公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称为“阿基米德三角形”．已知抛物线C：的焦点为F，过A、B两点的直线的方程为，关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．点P的坐标为 D．

三、填空题（共20分）

13．已知的展开式中各项系数和为，则展开式中常数项为___________.

14．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn﹣1是an和Sn的等比中项，设，则数列{bn}的前100项和为_____.

15．设函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是___________.

16．已知函数，若，则实数的取值范围是__．

四、解答题（共70分）

17．已知点P在圆上，点，．

(1)求点P到直线AB距离的最大值；

(2)当∠PBA最小时，求线段PB的长．

18．已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）直线为曲线的切线，且经过原点，求直线的方程及切点坐标．

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．已知抛物线C：的焦点F到准线l的距离为2，圆：

(1)若第一象限的点P，Q是抛物线C与圆的交点，求证：点F到直线PQ的距离大于1；

(2)已知直线l：与抛物线交于M，N两点，，若点N，G关于x轴对称，且M，A，G三点始终共线，求t的值.

21．已知，是方程两个根，数列是递增的等差数列，数列的前n项和为，且.

（1）求，的通项公式；

（2）记，求数列的前n项和.

22．函数（，）．

（1）当时，求证：函数有两个零点；

（2）若，求证：．

1．B

2．A

设事件A为张老师“周五参加课后延时服务”，事件B为张老师“周四参加课后延时服务”，则，，故．

故选:A．

3．D

由得，所以，

所以.

故选：D

4．B

因为数列，满足，，

所以，

所以，的前10项和为：

，

故选：B.

5．B

由于计算得，根据独立性检验的知识可知有以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”.故选B.

6．C

设等差数列公差为，则，

解得：；

当时，，；

当时，，.

综上所述：或.

故选：C.

7．B

依题意，，又=，

于是得，

因此，要为整数，当且仅当是正整数，而，则是32的大于1的约数，

又32的非1的正约数有2，4，8，16，32五个，则n的值有1，3，7，15，31五个，

所以使得为整数的正整数n的个数为5.

故选：B

8．D

由不等式对恒成立，

即为，即对恒成立，

设，由，

可得在上递增，且，

当时，；，，

作出的图象，

再设，

可得表示过，斜率为的一条射线（不含端点），

要求的最大值，且满足不等式恒成立，可得的最大值，

由于点在轴上移动，

只需找到合适的，且切于点，如图所示：

此时，即的最大值为.

故选：D

9．CD

解：对于A，数列1，，，，…为递减数列，故不符合题意；

对于B，数列，，，…为周期数列，且，故不符合题意；

对于C，数列，，，，…为递增数列，故符合题意；

对于D，数列1，，，…，为递增数列，故符合题意.

故选：CD.

10．BD

对于A选项，，，，显然在区间恒有，所以不为凸函数.

对于B选项， ，，，显然在区间恒有，所以为凸函数.

对于C选项，，，，显然在区间恒有，所以不为凸函数.

对于D选项， ，，，显然在区间恒有，所以为凸函数.

故选: BD..

11．BCD

设，则，

可设，则，解得，

故，即，

令，则，故在上单调递增，

∴，即，则，A错误；

∵，令，解得，

则在上单调递减，在上单调递增，

∴，在处取得极小值，无极大值，

B、C、D均正确

故选：BCD.

12．ABD

设，，

联立，可得，

解得或，

不妨设，，则，，

故，，，A项正确；

又因为，所以，故直线PA的斜率为，

直线PA的方程为，即，

同理可得直线PB的方程为，，

所以，B项正确；

联立，可得，

故点P的坐标为，C项错误；

易知点F的坐标为，，，

所以，D项正确．

故选：ABD.

13．

因为的展开式中各项系数和为，

所以，即．

所以的常数项为．

故答案为：80

14．

依题意，

当时，，解得，

当时，，解得，

当时，，解得，

以此类推，猜想，

.

下用数学归纳法证明：

当时，成立.

假设当时，

当时，，

，

，

，

，

，

，所以假设成立.

所以对任意，，.（证毕）

所以，

所以数列的前项和为

.

故答案为：

15．

，，令，得，而因为函数在区间上单调递减，故，故.

故答案为：

16．，

解：因为，

设，定义域，

，所以为奇函数，

，所以单调递增，

不等式，即为，

即，所以，

即，

解得，

即实数的取值范围是，．

故答案为：，．

17．(1)

(2)3

（1）直线的方程为，即，

圆心到直线的距离为，故圆与直线相离，点到直线距离的最大值为；

（2）当直线与圆相切时，最小，由勾股定理可得，此时线段的长为

18．（1）；（2）直线的方程为，切点坐标为．

(1)∵，

∴点在曲线上．

∵，

∴在点处的切线的斜率为

∴切线的方程为．

即.                                           

(2)设切点为，

则直线的斜率为，

∴直线的方程为：

.

又∵直线过点(0,0)，

∴，

整理得，

∴，

∴，

∴直线的方程为，切点坐标为．

19． (2)

（1）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

（2）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．(1)证明见解析

(2)

（1）由抛物线的方程可得焦点，准线方程为：，

所以焦点到准线的距离，

所以抛物线的方程为：，即，P，Q在第一象限，

联立，解得，，

所以直线PQ的方程：，即，

所以焦点F到直线PQ的距离，

即证得点F到直线PQ的距离大于1；

（2）设，，由题意，

直线l的方程为，，

联立，整理可得，

可得，，，

要使M，G，A三点共线，则，

即恒成立，

即，

整理可得，

整理可得，而，

所以，

所以

21．（1），；（2）

（1）由题可知，，是方程两个根，且数列是递增的等差数列

即，则，公差d=6

所以等差数列的通项公式为

在数列中，当时，

当时，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故其通项公式为

（2）由（1）可知

则

又

两式相减得

故

22．

证明：（1）当时，（），

则，，

当时，，则在上单调递减，

当时，，则在上单调递增，

又，，，

所以存在使得，

则函数存在两个零点，1，

所以函数有两个零点；

（2）当，等价于，

由题意可知，，，

令，可得，

当时，，则单调递减，

当时，，则单调递增，

所以当时，取得最小值，且，

由题意，只需证明，

令（），则，

则只需证明，即，

令，，

故只需证明（）即可，

则，

当时，，故，

所以在上单调递增，

因为，所以，

故成立．