2022-2023学年江西省吉安市宁冈中学高二下学期6月期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省吉安市宁冈中学高二下学期6月期末数学试题含答案，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。
2022-2023学年江西省宁冈中学高二下学期6月期末数学试题 一、单选题1．过点且垂直于直线 的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据两直线垂直关系，设出所求直线方程，代入，即可求解.【详解】设所求的直线方程为，代入方程解得，所求的直线方程为.故选：B.2．已知，是两条不同直线，，是两个不同的平面，且，，则下列叙述正确的是（   ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系判断，【详解】对于A，当α//β时，直线m与n的位置关系是任意的，A错误；对于B，当m//n时，只能表示两平面中各有一条线相互平行，不能得到α//β，B错误；对于C，由n⊥α，可得β⊥α，但与α平行的直线m与β的位置关系也是任意的，C错误；对于D，m⊥β，可得α内存在m的平行线m'⊥β，故α⊥β，D正确.故选：D3．函数的大致图象是（    ）A．   B．   C．   D．  【答案】C【分析】利用时，，可判断B，D；利用函数的导数判断时图像变化情况，可判断A，C.【详解】当时，，故B，D错误；又，当时，，当时，，故时的图象是先下降后上升，故A错误，C正确，故选：C4．已知等差数列的前项和，且是与的等比中项，则（    ）A．39 B．40 C．41 D．42【答案】C【分析】根据数列的递推式可得时，，由此结合是利的等比中项，可列出，即可求得k的值，即得答案.【详解】由题意等差数列的前项和，故时，，故，又是利的等比中项，即，且，则，由于，故，故选：C5．已知椭圆的焦点在轴上，若椭圆的焦距为，则的值为（    ）A． B． C．3 D．4【答案】A【分析】将椭圆方程化为标准式，即可得到，，从而求出，即可得解.【详解】椭圆即，焦点在轴上，所以，，所以，又椭圆的焦距为，所以，解得.故选：A6．已知点，，动点满足条件．则动点的轨迹方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意得到，结合双曲线的定义，即可求解.【详解】由点，，可得，又由，可得，根据双曲线的定义，可得点的轨迹表示以为焦点的双曲线的右支，且，可得，则，所以点的轨迹方程为.故选：C.7．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（    ）（注：）A．1624 B．1198 C．1024 D．1560【答案】C【分析】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解.【详解】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解．设该数列为，令，设的前项和为，又令，设的前项和为，易得， ，∴，，，进而得，∴，，同理：，，∴，∴．故选:C．8．函数，函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】不等式变形为，引入新函数，，利用导数判断函数的单调性，利用单调性化简不等式可得，取对数，变形为，再引入新函数，x∈（0，+∞），求得它的最大值即可得参数范围．【详解】因为，对恒成立，又，所以，即，即，令，，∴，设，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，可得时，函数取得极小值即最小值，，∴恒成立，∴函数在上单调递增，又原不等式等价于，所以，即，即恒成立，令，，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，可得时，函数取得极大值即最大值.，所以.故选：A.【点睛】关键点点睛：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． 二、多选题9．下列有关复数的叙述正确的是（    ）A．若，则 B．若，则的虚部为C．若，则不可能为纯虚数 D．若复数z满足，则【答案】ACD【分析】根据复数的运算、复数的概念判断各选项即可．【详解】对A，，所以，A正确；对B，，虚部是，B错误；对C，，若，则是实数，若，则是虚数，不是纯虚数，C正确；对于D，设，因为，由得，则，所以D正确.故选：ACD．10．某儿童乐园有甲，乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.7；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6，则王同学（    ）A．第二天去甲游乐场的概率为0.63B．第二天去乙游乐场的概率为0.42C．第二天去了甲游乐场，则第一天去乙游乐场的概率为D．第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为【答案】AC【分析】利用条件概率公式、全概率公式以及对立事件的概率计算公式一一代入计算即可.【详解】设：第一天去甲游乐场，：第二天去甲游乐场，：第一天去乙游乐场，：第二天去乙游乐场，依题意可得，，，，对A，，A正确；对B，，B错误；对C，，C正确；对D，，D错误，故选：AC.11．数列中，．则下列结论中正确的是（    ）A．是等比数列 B．C． D．【答案】AC【分析】由已知递推关系式，可得，则可得到 是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断．【详解】因为数列中，，所以，即，则是以为首项，以为公比的等比数列，所以，故A正确；由累加法得，所以，从而，故B不正确；当为奇数时，是递增数列，所以，当为偶数时，是递减数列，所以，所以，故C正确；又，，所以，故D不正确.故选：AC.12．已知，，a是参数，则下列结论正确的是（    ）A．若有两个极值点，则 B．至多2个零点C．若，则的零点之和为0 D．无最大值和最小值【答案】ACD【分析】求导，把两个极值点问题转化为导数方程有两个解问题，分离参数数形结合即可求解a的范围，判断A，求导，判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，直接判断即可判断B；问题等价于直线y＝a与函数图象的交点的横坐标之和是否为0，由函数的奇偶性容易判断C，结合函数的的单调性及图象变化趋势判断D.【详解】对于A，因为，所以，若有两个极值点，则有两个不同的解，分参得，有两个不同的解，记，则，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，作出函数的图象，  要使有两个不同的解，则直线与函数有两个不同的交点，由图知，，故A正确；对于B，当时，，，结合A选项知，存在，，使得，又，所以，又，x趋向负无穷大时，函数无限趋向于负无穷大，x趋向正无穷大时，函数无限趋向于正无穷大，且，由零点存在性可知，有三个零点，故选项B错误；对于C，令，当时，；当时，原方程的根即为的根，亦即直线y＝a与函数图象的交点的横坐标，又函数为偶函数，所以直线y＝a与函数图象的交点的横坐标之和为0，故选项C正确；对于D，当时，由选项A知，，则，函数在R上单调递增，且x趋向负无穷大时，函数无限趋向于负无穷大，x趋向正无穷大时，函数无限趋向于正无穷大，此时函数无最大值和最小值；当时，由选项B知，函数在和上单调递增，在上单调递减，且x趋向负无穷大时，函数无限趋向于负无穷大，x趋向正无穷大时，函数无限趋向于正无穷大，此时函数无最大值和最小值；综上，函数无最大值和最小值，故选项D正确；故选：ACD【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 三、填空题13．已知向量，满足，，则的最大值为        ．【答案】7【分析】根据向量减法的三角不等式分析求解.【详解】因为，当且仅当，反向时，等号成立，所以的最大值为7.故答案为：7.14．已知空间向量，，，若，，共面，则      ．【答案】【分析】由空间向量基本定理结合题意列方程求解即可.【详解】若，，共面，则存在实数，使，即所以，解得，，．所以．故答案为：15．已知函数，则          【答案】【分析】直接利用初等函数导数公式,简单复合函数导数及导数运算律求解即可.【详解】因为，，所以，由可得，故答案为: .16．斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入.已知斐波那契数列满足，，，若记，，则        .（用，表示）【答案】【分析】根据题意分析可得，，进而可得，即可得结果.【详解】因为， ，可得，所以，可得，又因为，所以，可得，则，，所以，.故答案为：. 四、解答题17．已知点，，点在线段上.(1)求直线的斜率；(2)求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用两点斜率公式可直接解答；（2）先确定满足的关系式，然后利用基本不等式可直接解答.【详解】（1）由题意知，直线的斜率.（2）当点在两点之间时，由点在线段上，易知，即，即，当P与重合时也满足，因此，亦即，且，所以，，当且仅当，即时，等号成立.故的最大值为.18．已知展开式的二项式系数和为512，且(1)求的值；(2)求被6整除的余数.【答案】(1)144(2)5 【分析】（1）由已知求出，然后变形根据的展开式通项，即可得出答案；（2）代入可得，只需得出，即被6整除的余数，即可得出答案.【详解】（1）由已知可得， ，解得.将变形可得，该式展开的通项为，，由可得，，所以.（2）由已知可得，.显然能被6整除，且，所以，被6整除的余数为5.19．如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．  (1)若，求该几何体的体积；(2)若AE垂直PD于E，证明：；(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)证明见解析(3)存在． 【分析】建立空间直角坐标系，（1）求出，利用可得，再求体积即可；（2）求出坐标，可得答案；（3）由，求出E点的竖坐标、点的竖坐标，设，由，得可得答案．【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则，，，，此时；（2），，；（3）由，E点的竖坐标为，点的竖坐标为，设，由，得，存在．  20．数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求使成立的最小正整数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到，得出是以为首项，为公比的等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）得，求得，利用等比数列的求和公式，求得和，解，即可求解.【详解】（1）由题意知，可得，即所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，可得，所以数列的通项公式为.（2）解：由，可得，当为偶数时，为偶数，当为奇数时，为奇数，所以，所以前项的和，所以，所以，不合题意，又因为，且，所以使的最小值为.21．某公司在一次年终总结会上举行抽奖活动，在一个不透明的箱子中放入3个红球和3个白球（球的形状和大小都相同），抽奖规则有以下两种方案可供选择：方案一：选取一名员工在袋中随机摸出一个球，若是红球，则放回袋中；若是白球，则不放回，再在袋中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后袋中红球个数为，则每位员工颁发奖金万元；方案二：从袋中一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为，则每位员工颁发奖金万元.(1)若用方案一，求的分布列与数学期望；(2)比较方案一与方案二，求采用哪种方案，员工获得奖金数额的数学期望值更高？请说明理由；(3)若企业有1000名员工，他们为企业贡献的利润近似服从正态分布，为各位员工贡献利润数额的均值，计算结果为100万元，为数据的方差，计算结果为225万元，若规定奖金只有贡献利润大于115万元的员工可以获得，若按方案一与方案二两种抽奖方式获得奖金的数学期望值的最大值计算，求获奖员工的人数及每人可以获得奖金的平均数值（保留到整数）参考数据：若随机变量服从正态分布，则【答案】(1)分布列见解析，(2)方案二，理由见解析(3)（万元） 【分析】（1）根据独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式，计算出概率，列分布列即可得出期望；（2）根据方案二，按照（1）的方法计算期望，比较方案一的期望即可；（3）根据正态分布，利用给定区间的概率计算即可得解.【详解】（1）对于方案一，由条件可知有可能取值为3，4，5，6， ， ，，  ，∴的分布列为：3456期望值.（2）对于方案二，由条件可得值为3，4，5，6，，  ，，  ，∴的期望值∵所以方案二员工获得奖金数额的数学期望值会更高.（3）由（1）（2）可知，平均每位员工获得奖金的数学期望的最大值为，则给员工颁发奖金的总数为（万元），设每位职工为企业的贡献的数额为，所以获得奖金的职工数约为.（人）则获奖员工可以获得奖金的平均数值为（万元）.22．已知函数.(1)当时，讨论函数零点的个数；(2)当时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.【详解】（1）由得，当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，又，故只有1个零点；当时，令，解得，令，解得，故在区间上单调递减，在区间上单调递增；所以当时，取得最小值，当时，，所以函数无零点，当时，恒成立，所以函数无零点，综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；（2）由已知有，所以，所以，构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，，记，所以，令，解得，令，解得，故在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以，即单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，令，解得，令，解得，故在单调递减，单调递增，故的最小值为，故的取值范围是.【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.