江西省九江市德安县第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试数学试题及答案

这是一份江西省九江市德安县第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试数学试题及答案，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。
江西省九江市德安县第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试数学试题一、单选题（每题5分，共40分）1．过两点的直线方程为(    )A． B．C． D．2．设直线被圆：所截得弦的中点为，则直线的方程为（    ）A．  B． C．  D． 3．某同学喜爱球类和游泳运动，在暑假期间，该同学上午去打球的概率为，若该同学上午不去打球，则下午一定去游泳；若上午去打球，则下午去游泳的概率为.已知该同学在某天下午去游了泳，则上午打球的概率为（    ）A． B． C． D．4．已知双曲线的右焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（   ）A． B．C． D．5．记为等差数列的前n项和，已知，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．6．在数列中，，数列是以5为公比的等比数列，则（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．20247．已知函数满足，且的导函数，则的解集为（    ）A． B． C． D．8．若实数a，b，c满足，则（    ）A． B．C． D．二、多选题（每题5分，共20分）9．已知首项为的等差数列的前n项和为，公差为d，且，则（    ）A． B． C． D．10．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ）A．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有20种B．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有78种C．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种D．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种11．若时，关于的不等式恒成立，则实数的值可以为（    ）（附：）A． B．3C． D．12．已知函数，下列结论正确的是（    ）A．在上单调递增B．的最大值为1C．当时，D．若函数恰有2个零点，则的取值范围为三、填空题（共20分）13．等比数列中，，，则公比q的值为_____________.14．已知函数，则________．15．过抛物线的焦点作一直线交抛物线于、两点，则的值是________．16．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为_______．四、解答题（共70分）17．已知的三个顶点，，，求：(1)边上的高所在直线的方程；(2)的垂直平分线所在直线的方程．18．已知，，，四个袋，每个袋中都有1个黑球和1个白球共两个球，这些球除颜色外完全相同．现有，两个空盒，甲同学从，两袋中各随机取出1个球，放入盒中；乙同学从，两袋中各随机取出1个球，放入盒中．(1)求：盒中是两个黑球的概率，盒中是一个黑球和一个白球的概率，盒中是两个白球的概率；(2)接下来丙同学从，两盒各随机取出1个球，记录下颜色后，放回原盒；随后丁同学从，两盒各随机取出1个球，记录下颜色后，放回原盒．（i）求：丙同学取得两个白球的概率；（ii）在，两盒中无任何一盒是两个白球的条件下，求丙、丁两位同学都取得两个白球的概率．19．如图，四棱锥P－ABCD的底面是菱形，底面ABCD，，，点E是CD的中点，异面直线PE与AC所成角的余弦值为．(1)求PA；(2)求PE与平面PBD所成角的正弦值．20．已知椭圆的右顶点为，右焦点为，上顶点为，过两点的直线平分圆的面积，且（为坐标原点）．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．21．已知函数，对任意，都有．(1)求的值．(2)数列满足：，求数列前项和．(3)若，证明：22．已知函数，．(1)求函数的单调区间；(2)若恒成立，求实数m的取值范围．
1．B由两点，可得过两点的直线的斜率为，又由直线的点斜式方程，可得，即.故选：B.2．D圆的圆心为，设直线的斜率为，由已知直线与垂直，又，所以，所以，所以的方程为，即.故选：D.3．C设上午打球为事件，下午游泳为事件，则，故，所以，所以上午打球的概率为.故选：C.4．D不妨设点在第一象限，由题意可知，  由于是等边三角形，则，所以，由题意可得，解得，因此，该双曲线的标准方程为.故选：D.5．A设公差为，则，，，所以时，取得最小值．故选：A．6．B因为数列是以首项，为公比的等比数列，则，所以.故选：B．7．D设，则，因为，所以，即函数在上单调递减，则，即，即，所以，即的解集为.故选：D8．A由可得：，，，比较a和b，构造函数，当，，在上单调递增，故，即.比较b和c，构造函数，当，，∴在上单调递增，∴，即.综上，.故选：A.9．AC对于A：因为，所以，则，解得，故A正确；对于B：，则，故B错误；对于C：因为，所以数列为递增数列，因为，，即数列的前8项为负数，从第9项开始，都为正数，则，故C正确；对于D：，故D错误；故选：AC10．BCD对于选项A：可知有三种可能：甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种；甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种；甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故A错误；对于选项B：可知有四种可能：甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；甲不在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故B正确；对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种；若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故C正确；对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种；若有小区没有人去，则有两种可能：所有人去了一个小区，则不同的排法有种；所有人去了两个小区，则不同的排法有种；不同的排法共有种，故D正确；故选：BCD.11．BC由题意知：当时，恒成立；令，则，令，则，当时，恒成立，单调递增，所以，即恒成立，在上单调递增，，，即实数的取值范围为.，，，，.故选：BC.12．BCD选项AB，易知的定义域为，，所以，当时，，即在区间上单调递增，当时，，即在区间上单调递减，则，故选项A错误，选项B正确；选项C，令，则 ，因为，所以，即在区间上单调递增，则，即，故选项C正确；选项D，令，由，得到，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，，当趋近于0时，趋近于0，当趋近于时，趋近于0，所以时，恒有，所以，如图1，当或时，无解，则无零点，不合题意；当时，时，，由，得到，即时，则有且只有一个零点，不合题意；当时，有两个解，因为，如图2，有且仅有两解，，无解，则有且两个零点，符合题意；所以恰有两个零点时，，故选项D正确.故选：BCD.13．或∵，，∴是方程的两根，∴或，∵，∴或，∴或故答案为：或14．,所以.故答案为:.15．由题意知，抛物线焦点坐标为，从而设直线AB的方程为，联立方程，得，，，.所以.故答案为：.16．，即，，设，恒成立，函数单调递增，故，故，设，，故，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；故，故，故答案为：17．(1)；(2).（1）由斜率公式易知，直线的斜率．又直线过点，代入点斜式得直线的方程为：．（2），．又线段的中点为，所在直线的方程为，整理得所求的直线方程为：．18．(1)答案见解析(2)（i）；（ii） （1）解：盒中是两个黑球的概率为，或；盒中是一个黑球和一个白球的概率为，或；盒中是两个白球的概率为，或．（2）（i）丙同学取得两个白球的概率为，或．（ii）法一：在，两盒中无任何一盒是两个白球的条件下，丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．法二：，两盒中无任何一盒是两个白球的概率为．，两盒中无任何一盒是两个白球且丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．从而在，两盒都不是两个白球的条件下，丙、丁两位同学都取得两个白球的概率为．19．(1)1(2)（1）解：如图，取AD的中点H，连接EH，PH，设，∵H，E分别为AD，CD的中点，∴，∴异面直线PE与AC所成角即为（或其补角），又∵四边形ABCD为菱形，，，∴，.∵底面ABCD，∴，，，∴，（无解）解得或者（舍），即．（2）如图，取BC的中点F，∵△ABC为等边三角形，∴，又∵底面ABCD，如图以A为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，∴，，，，，，∴，，∴，设平面PBD的法向量为，∴，，即，，不妨令，得：，，∴，∴PE与平面PBD所成角的正弦值为．20．(1)；(2)或．（1）如图所示：由题意可知，所以直线的方程为，因为过两点的直线平分圆的面积，所以直线的方程过圆心，即，又，两式联立可得，所以椭圆的方程为；（2）由直线的方程为，则点到直线的距离为，联立方程组整理可得，由判别式，解得，设，则，可得，所以（当且仅当时，等号成立），所以所求直线的方程为或．21．(1)(2)(3)证明见解析（1）因为对任意，都有，令，所以，所以.（2）因为，令，则，①，又②，两式相加得：，所以．，所以③，④，③④可得，，所以；（3）由（2）可知，所以，所以，所以.22．(1)函数的单调增区间为，无减区间(2)（1）解：由函数，可得的定义域为且，设，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以，即，故在定义域为上单调递增，无减区间，即函数的单调增区间为，无减区间.（2）解：设，其中，则，令，其中，可得对任意恒成立，所以在上单调递减，因为，，所以，使得，即，则，即，因此，当时，，即，则单调递增；当时，，即，则单调递减，故，解得，所以当时，恒成立．