江西省赣州重点校2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

江西省赣州重点校2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设，则曲线在点处的切线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
2．以下四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，其中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知数列满足， ，则数列的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．在等差数列和等比数列中，有，且，则下列关系式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）
A．56383 B．57171 C．59189 D．61242
7．2021年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段．对这6个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有( )种．
A．120 B．156 C．188 D．240
8．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（ ）
A． B．平面
C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为
10．已知数列为等差数列，，且，，是一个等比数列中的相邻三项，记，则的前项和可以是（ ）
A． B． C． D．
11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线上，则下列结论正确的是（ ）
A．该双曲线的离心率为2
B．该双曲线的渐近线方程为
C．若，则的面积为9
D．点P到两渐近线的距离乘积为
12．设函数，，下列命题，正确的是（ ）
A．函数在上单调递增，在单调递减
B．不等关系成立
C．若时，总有恒成立，则
D．若函数有两个极值点，则实数
三、填空题
13．已知数列满足，(为正整数)，则______．
14．已知过抛物线的焦点的直线交该抛物线于、两点，，则__________.
15．在数列中，，，则______．
16．已知函数若函数的图象上存在关于坐标原点对称的点，则实数a的取值范围是_______________
四、解答题
17．已知函数.
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)求证：.
18．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和.
19．如图，在直三棱柱中，，，，D，E分别是棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
20．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
交强险浮动因素和浮动费率比率表
浮动因素 浮动比率
上一年度未发生有责任道路交通事故 下浮10%
上两年度未发生有责任道路交通事故 下浮
上三年度未发生有责任道路交通事故 下浮30%
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故 0%
上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉及死亡的道路交通事故 上浮10%
上一个年度发生有责任交通死亡事故 上浮30%
某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：
类型 A1 A2 A3 A4 A5 A6
数量 10 5 5 20 15 5
以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：
（1）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，，记为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求的分布列与数学期望；（数学期望值保留到个位数字）
（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元:
①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；
②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值.
21．如图，已知椭圆的离心率为，直线l与圆相切于第一象限，与椭圆C相交于A，B两点，与圆相交于M，N两点，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当的面积取最大值时（O为坐标原点），求直线l的方程．
22．已知函数和，
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)当时，证明：有且仅有一条直线同时与，的图象相切.（参考数据：）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】根据导数的概念可得，再利用导数的几何意义即可求解.
【详解】因为，
所以，则曲线在点处的切线斜率为，
故所求切线的倾斜角为.
故选：C
2．B
【分析】三次函数的导函数是二次函数，根据二次函数的图象反应的零点、正负确定原函数中极值点，单调性可得．
【详解】易知，它是二次函数，图象为抛物线，
A错，二次函数的两个零点都应是原函数的极值点，A图中不全是；
B正确，二次函数的两个零点是原函数的极值点，单调性也相符；
C错，二次函数的两个极值点间原函数应为减函数，图象有一部分是增函数，极值点也不正确；
D错，二次函数的两个零点才是原函数的极值点，D图中不全是．
故选：B．
3．A
【分析】由题得，再利用累乘法求解.
【详解】解：由，得，
即，则，，，…，，
由累乘法可得，所以，
又，符合上式，所以.
故选：A．
4．C
【分析】首先分别确定每段的单调性，然后结合可得答案.
【详解】当时，有，即；当时，有，
又，即，综上，有，
故选：C．
5．B
【分析】利用基本不等式可判断两者的大小.
【详解】设等比数列的公比为，则，故，
因为为等差数列，故，
因为为等差数列，故，故，
结合题设条件有，由基本不等式可得，
故，而，故，
故选：B.
6．C
【解析】根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.
【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，
公差为的等差数列，记数列
则
令，解得.
故该数列各项之和为.
故选：C.
【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。
7．A
【分析】解决问题有类办法：京剧排第一，排在一起的两个算一个与余下三个元素作全排列，京剧排二三之一，排在一起的两个只有三个位置可选，再排余下三个得解.
【详解】完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有，越剧、粤剧有前后，共有：种；
京剧排二三之一有，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有，余下三个有，共有：种；
由分类计数原理知，所有演出顺序有：(种)
故选：A
【点睛】解决排列、组合综合问题的方法：
(1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步；
(2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．
8．C
【分析】由题意得出，构造函数，可知函数在区间上单调递增，可得出对任意的恒成立，利用参变量分离法可得出，利用导数求得函数在区间上的最大值，由此可求得实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，当时，恒成立，
即，构造函数，则，
所以，函数在区间上为增函数，
则对任意的恒成立，，
令，其中，则.
，所以函数在上单调递减；
又，所以.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
9．BCD
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间垂直向量的坐标表示判断A；利用线面平行的向量法判断B；利用面面平行的向量法判断C；利用向量法求出点到平面的距离公式判断D.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
则，
，
A：，有，
则DF与不垂直，故A错误；
B：，，
设平面DEF的法向量为，
则，令，得，
所以，得，所以平面DEF，故B正确；
C：，由B选项可知平面DEF的法向量，
设平面的法向量分别为，
，令，得，
所以，得不成立，所以平面与平面DEF相交，故C正确；
D：由，平面DEF的法向量，
则点B到平面DEF的距离为，故D正确.
故选：BCD.
10．BD
【解析】设出等差数列的公差，再由已知列式求得公差，得到数列的通项公式，进一步得到的通项公式，然后利用等差数列的前项和公式及错位相减法求的前项和，则答案可求．
【详解】设等差数列的公差为，由，，是一个等比数列中的相邻三项，
得，即，整理得，即或．
或．
当时，，
当时，．
若，则的前项和为；
若，设的前项和为，
则，
，
，
则．
故选：BD
11．BD
【分析】.
由双曲线方程得，然后计算离心率，确定渐近线方程，结合双曲线的定义和垂直求得可得的面积，设，直接求出点到两渐近线的距离之积后判断各选项．
【详解】由双曲线方程得，，，焦点为，．
离心率为，A错；
渐近线方程是，B正确；
若，不妨设，
则，∴，，C错；
设，则，，
渐近线方程为，点P到两渐近线的距离乘积为，D正确 ．
故选：BD．
12．AC
【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项的正误；由函数在区间上的单调性比较、的大小关系，可判断B选项的正误；分析得出函数在上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出的取值范围，可判断C选项的正误；分析出方程在上有两个根，数形结合求出的取值范围，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，函数的定义域为，则.
由，可得，由，可得.
所以，函数在上单调递增，在单调递减，A选项正确；
对于B选项，由于函数在区间上单调递减，且，
所以，，即，又，
所以，，整理可得，B选项错误；
对于C选项，若时，总有恒成立，
可得，构造函数，
则，即函数为上的减函数，
对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，其中，.
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，，，C选项正确；
对于D选项，，则，
由于函数有两个极值点，令，可得，
则函数与函数在区间上的图象有两个交点，
当时，，如下图所示：
当时，即当时，函数与函数在区间上的图象有两个交点.
所以，实数的取值范围是，D选项错误.
故选：AC.
【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.
13．/0.8
【分析】根据递推公式依次计算各项，可知数列是以为周期的周期数列；根据周期数列特点可求得结果.
【详解】因为，
，
，
，
所以是周期为3的数列，
因为，
所以，
故答案为：
14．4
【解析】由题意得，即可判断与轴垂直，即可得解.
【详解】设点，点，
抛物线，焦点为，
准线为，，所以.
则与轴垂直，.
【点睛】本题考查了抛物线的性质，属于基础题.
15．
【分析】由已知得：当时，，与原式相减得，即，递推可得答案.
【详解】由题意得：当时，，所以，即，
也即是，所以，
所以，
故答案为：.
【点睛】本题考查由数列的递推式求数列的通项，属于中档题.
16．
【分析】问题转化为在时有解，构造函数，研究其单调性，极值，最值，求出实数a的取值范围.
【详解】函数的图象上存在关于坐标原点对称的点等价于，（）有解，即在时有解，令，则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，且当时，，故实数a的取值范围是.
故答案为：
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；
（2）设，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可得证.
（1）
解：因为，所以，
，
所以，
所以切线方程为，即；
（2）
证明：设，
则，
所以，当时且，所以，即在上单调递减，
当时且，所以，即在上单调递增，
所以，所以.
18．（1）； （2）当为偶数时，.当为奇数时，.
【分析】（1）利用基本元的思想将已知条件转化为的形式，解方程组求得的值，由此求得数列的通项公式.（2）对分成奇数和偶数两种情况，利用分组求和法求的数列的前项和.
【详解】(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由得，
又，解得.
.
(2)由(1)知，因此.
从而数列的前项和
当为偶数时，.
当为奇数时，
【点睛】本小题主要考查利用基本元的思想求等差和等比数列的通项公式，考查了分组求和法以及分类讨论的数学思想方法，属于中档题.题目给定数列为等差或者等比数列的情况下，将已知条件转化为，通过解方程组的方法求得这四个基本量，这是解数列题常用的方法.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为F，连接，，分别证明平面，平面，通过面面平行证得线面平行；
（2）根据题意，以为原点.，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，转化为空间向量处理即可.
【详解】（1）证明：设的中点为F，连接，.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
在中，，平面，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.
设平面的法向量为，则
即取，则.
取的中点G，连接.由得.
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
所以为平面的一个法向量
.
易得二面角为钝角，故二面角的余弦值为.
20．（1）分布列见解析，（2）①，②万元
【解析】（1）由题意列出X的可能取值为，，，，，，结合表格写出概率及分布列，再求解期望
（2）①建立二项分布求解三辆车中至多有一辆事故车的概率
②先求出一辆二手车利润的期望，再乘以100即可
【详解】（1）由题意可知：X的可能取值为，，，，，
由统计数据可知：
，，，，，.
所以的分布列为：
.
（2）①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故的概率为，三辆车中至多有一辆事故车的概率为：
.
②设Y为给销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为
所以Y的分布列为：
Y
P
所以.
所以该销售商一次购进辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值为万元.
【点睛】本题考查离散型随机变量及分布列，考查二项分布，考查计算能力，是基础题
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据和离心率的定义求出a、b，即可求解；
（2）设直线l的方程为，，，根据直线与圆的位置关系可得.将直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示、，结合弦长公式化简计算可得，由基本不等式计算可得，当且仅当时取等号，求出m即可求解.
【详解】（1）依题意得，∴，
又，∴，，
∵，∴，，
∴椭圆C的标准方程为；
（2）依题意可设直线l的方程为，，，
∵直线l与圆C相切，∴，即，
联立方程组消去y整理得，
∴，，
∴
∵，∴，即
当且仅当即时取等号，此时，
∴直线l的方程为，即
22．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）将不等式整理成，设，分，，讨论得最大值，即可求得的取值范围；
（2）设直线与，的图象分别相切于点，，于是可得，则，原问题可转化为函数在上有且仅有一个零点，求，确定函数的单调性从而可得零点分布情况.
【详解】（1）解：若恒成立，即，于是可得，
设，，则，所以
①若，∵当时，；当时，，
∴当时，单调递增；当时，单调递减，
∴，∴；
②若，成立；
③若，∵当时，；当时，
∴当时，单调递减；当时，单调递增.
∴，∴
综上所述，；
（2）证明：∵当时，由（1）可得在内，
∴与的图像无公共点
∴设直线与，的图象分别相切于点，，其中，，且，
则，又
即，可得，
则，于是有，
设函数，则函数在上有且仅有一个零点，
∵，
∴当时，；当时，；当时，
∴当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减.
又，∴在内无零点
∵当，时，，
∴，∴有且仅有一个，使得，
∴有且仅有一条直线同时与，的图像相切.
【点睛】思路点睛：函数与导数综合应用，涉及不等式恒成立，公切线问题转化为零点问题，属于难题.本题解决公切线问题转化为零点问题时，需要注意设公切线与函数函数和相切的切点坐标分别为，，根据导数几何意义确定变量所满足的方程，首先利用该方程结合指对互化分离出变量，然后根据指数运算和三角运算得出，最终得到单变量等式关系，即可利用构造新函数结合导数，转化为函数零点问题处理.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页