2022-2023学年江西省吉安市第三中学高二（艺术类）下学期6月期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省吉安市第三中学高二（艺术类）下学期6月期末数学试题含答案，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。
2022-2023学年江西省吉安市第三中学高二（艺术类）下学期6月期末数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出直线的斜率，进而得到倾斜角.【详解】的斜率为，故倾斜角为.故选：B2．将圆平分的直线是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可知所求的直线过圆心，所以先求出圆的圆心，然后将圆心坐标代入各直线方程验证即可.【详解】要使直线平分圆，只要直线经过圆的圆心即可，由，得，所以圆心坐标为，对于A，因为，所以直线不过圆心，所以A错误，对于B，因为，所以直线不过圆心，所以B错误，对于C，因为，所以直线过圆心，所以C正确，对于D，因为，所以直线不过圆心，所以D错误，故选：C3．抛物线C：过点，则C的准线方程为（    ）A．  B． C． D．【答案】B【分析】先求得参数a的值，进而求得C的准线方程.【详解】抛物线C：过点，则，解之得，则抛物线C方程为，则C的准线方程为故选：B4．已知向量，则向量在向量上的投影向量（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用投影向量的定义求解作答.【详解】向量，，，所以向量在向量上的投影向量.故选：B5．两个数的等差中项是（　　）A． B． C．5 D．4【答案】C【分析】利用等差中项的定义即可得出结论．【详解】两个数的等差中项为.故选：C．6．在等比数列中，已知，，则等于（    ）A．128 B．128或－128 C．64或－64 D．64【答案】D【分析】根据等比数列的通项公式计算可得结果.【详解】设公比为，由已知得，解得，所以.故选：D7．曲线在处的切线方程为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据切点和斜率求得切线方程.【详解】因为，所以，则当时，，，故曲线在处的切线方程为，即．故选：D8．若函数在上存在极值，则正整数a的最小值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】求出函数的导数，由题意得有两个不等实数根，再由求出实数的取值范围，即可得到正整数的最小值．【详解】，由函数在上存在极值，则有两个不等实数根，得，解得或，又a为正整数，所以a的最小值为5．故选：B． 二、多选题9．以下函数求导正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用基本初等函数的求导公式及运算法则即可逐一求导得出结论.【详解】, A正确；，常数的导数为0，B错误；，C错误；，D正确.故选：AD.10．对于数列，若，，则下列说法正确的是（    ）A． B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．【答案】ACD【分析】由，得，两式相减得，结合可知数列所有奇数项和所有偶数项各自构成等差数列，从而即可对选项进行逐一判断.【详解】由，，得，，，所以A选项正确；又，，两式相减得，令，可得，所以不是等差数列，是等差数列，故B选项错误，C正确；同理，令，则，所以是以为首项，公差为2的等差数列，所以，故D正确.故选：ACD11．已知数列的前n项和为，且满足，，则（    ）A． B． C．数列为等差数列 D．为等比数列【答案】ABC【分析】由可递推得的通项公式，一一判定即可.【详解】由得，两式相减得，，又当时，，则，故为首项是1，公差为的等差数列，即.显然A、C正确；，故B正确；由通项公式易得，，，三者不成等比数列，故D错误．故选：ABC．12．古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，比如图中的，，，，，，…这些数能够表示成三角形，所以将其称为三角形数，类似地，把，，，，…叫做正方形数，如图，则下列数中既是三角形数又是正方形数的是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】设三角形数从小到大排序，构成数列，正方形数从小到大排序，构成数列，根据题意分别求出两个数列的通项，再逐一检验即可.【详解】设三角形数从小到大排序，构成数列，正方形数从小到大排序，构成数列，则，，对于A，，，既是三角形数又是正方形数，A正确；对于B，，无正整数解，是正方形数，不是三角形数，B错误；对于C，，无正整数解，是正方形数，不是三角形数，C错误；对于D，，，既是三角形数又是正方形数，D正确.故选：AD. 三、填空题13．等比数列的前项和，则的值为          .【答案】【分析】根据等比数列的前项和公式，求，再结合等比数列的性质，列式求解.【详解】根据题意，等比数列的前项和，则，，则有，解可得，故答案为：14．曲线在点处的切线方程为           【答案】【分析】根据导数的几何意义求解即可.【详解】由，所以，所以，所以曲线在点处的切线斜率为2，所以所求切线方程为，即.故答案为：.15．一支车队有15辆车，某天下午依次出发执行运输任务，第一辆车于14时出发，以后每间隔发出一辆，假设所有的司机都连续开车，并都在19时停下来休息．已知每辆车行驶的速度都是，则这个车队当天一共行驶了      千米？【答案】3450【分析】通过分析，这15辆车的行驶路程可以看作等差数列，利用等差数列求和公式进行求解即可.【详解】由题意知，第一辆车行程为km，且从第二辆车开始，每辆车都比前一辆少走km，这15辆车的行驶路程可以看作首项为300，公差为-10的等差数列，则15辆车的行程路程之和为（km）.故答案为：3450.16．如果函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则的值为          ．【答案】1【分析】根据题意得到，求出或，排除不合要求的解.【详解】由题意得，，由，得，解得或．当时，，当时，，则在区间上单调递增，不满足条件，舍去；当时，，当时，，当时，，满足在区间上单调递减，在区间上单调递增，故．故答案为：1 四、解答题17．已知直线和直线.(1)若，求实数的值；(2)若，求实数的值.【答案】(1)0或2(2) 【分析】（1）根据两直线垂直的公式，即可求解；（2）根据两直线平行，，求解，再代回直线验证.【详解】（1）若，则，解得或2；（2）若，则，解得或1.时，，满足，时，，此时与重合，所以.18．圆经过点，和直线相切，且圆心在直线上．(1)求圆的方程；(2)求圆在轴截得的弦长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出圆心坐标，用几何法求解圆的方程即可；（2）利用直线与圆相交的弦长公式求解即可.【详解】（1）设圆心的坐标为,则.化简得，解得,所以点坐标为，半径，故圆的方程为.（2）圆心到轴的距离为，所以圆在轴截得的弦长为.19．已知甲书架上有本英文读物和本中文读物，乙书架上有本英文读物和本中文读物．(1)从甲书架上无放回地取本书，每次任取本，求第一次取到英文读物的条件下第二次仍取到英文读物的概率；(2)先从乙书架上随机取本书放在甲书架上，再从甲书架上随机取本书，求从甲书架上取出的是本英文读物的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；（2）记从乙书架上取出两本英文读物为事件，从乙书架上取出一本英文读物、一本中文读物为事件，从乙书架上取出两本中文读物为事件，从甲书架上取出的是本英文读物为事件，利用全概率公式计算可得.【详解】（1）依题意第一次取到英文读物，则甲书架上还有本英文读物和本中文读物，所以第二次仍取到英文读物的概率.（2）从乙书架上随机取本书放在甲书架上，记从乙书架上取出两本英文读物为事件，从乙书架上取出一本英文读物、一本中文读物为事件，从乙书架上取出两本中文读物为事件，从甲书架上取出的是本英文读物为事件，依题意，，，，，，所以.20．如图，在直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱，，的中点.  (1)求线段的长度；(2)求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出即可；（2）根据空间向量数量积的坐标表示即可得解.【详解】（1）如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，故，所以，即线段的长度为；（2），则，所以.  21．已知等差数列的首项为1，其前项和为，且是2与的等比中项.(1)求数列的通项公式；(2)若是数列的前项和，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，由等比中项的性质即可得，在由等差数列的通项公式和前项和公式代入化简可求出，即可求出数列的通项公式；（2）由裂项相消法求和即可；【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意，即，解得，，即数列的通项公式为.（2），.22．已知函数.(1)若在处取得极值，求a的值；(2)若有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求得，由，求得，经验证，当时，函数取得极小值，符合题意；（2）由，当时， 单调递减，不符合题意；当时，利用导数求得函数的单调性与最小值，结合，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得函数的定义域为，且，因为函数在处取得极值，所以，解得，当时，可得，当时，，单调递减当时，，单调递增，所以当时，函数取得极小值，符合题意.（2）解：由，其中，当时，可得，单调递减，函数至多有一个零点，不符合题意；当时，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，函数极小值，也是最小值，最小值为，当时，，且，要使得函数有两个零点，则满足，即，解得，所以实数的取值范围是.