江西省赣州市重点中学校2022-2023学年高二下学期4月期中考试数学试题（含解析）

赣州市重点中学校2022-2023学年高二下学期4月期中考试
数学试卷
一、单选题（每题5分，共40分）
1．函数f(x)=x3-7x2+sin(x-4)的图象在点处的切线斜率为（ ）
A．﹣5 B．﹣6 C．﹣7 D．﹣8
2．已知函数的导函数图像如图所示，则的图像是图四个图像中的（ ）．
A． B．
C． D．
3．数列的通项公式为，则（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
4．已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
5．等差数列的前项和为，公差为，已知=1， ，则下列结论正确的是
A． B．
C． D．
6．电影《刘三姐》中有一个“舟妹分狗”的片段.其中，罗秀才唱道:三百条狗交给你，一少三多四下分，不要双数要单数，看你怎样分得匀 舟妹唱道；九十九条圩上卖，九十九条腊起来，九十九条赶羊走，剩下三条，财主请来当奴才（讽刺财主请来对歌的三个奴才）.事实上，电影中罗秀才提出了一个数学问题：把条狗分成群，每群都是单数，群少，群多，数量多的三群必须都是一样的，否则就不是一少三多，问你怎样分 舟妹已唱出其中一种分法，即，那么，所有分法的种数为（ ）
A． B．
C． D．
7．某公司计划在北京、上海、兰州、银川四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一城市投资的项目不超过2个，则该公司不同的投资方案种数是（ ）
A．60 B．62 C．66 D．68
8．函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．设数列是各项均为正数的等比数列，是的前项之积，，，则当最大时，的值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且，E、F、G、M分别为的中点．则（ ）
A．与平面夹角余弦值为 B．与所成角为
C．平面EFB D．平面⊥平面
11．在平面直角坐标系xOy中，双曲线 (a，b＞0)的左右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，左顶点为A，左准线为l，过F1作直线交双曲线C左支于P，Q两点，则下列命题正确的是
A．若PQ⊥x轴，则△PQF2的周长为
B．连PA交l于D，则必有QD//x轴
C．若PQ中点为M，则必有PQ⊥MF2
D．连PO交双曲线C右支于点N，则必有PQ//NF2
12．已知函数，若，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（共20分）
13．在数列中，，，则是这个数列的第_______项．
14．设F为抛物线的焦点，过F作倾斜角为的直线交C于A，B两点，若，则____________.
15．若数列是正项数列，且，则 __________．
16．已知函数（且），若对任意的，，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________.
四、解答题（共70分）
17．已知函数满足.
(1)求的值；
(2)求的图象在处的切线与两坐标轴所围三角形的面积.
18．根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），
其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的
累计投放量与累计损失量的差.
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
19．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成角；
(3)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
20．根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流每年最高水位（单位：米）的频率分布表如下：
最高水位（单位：米）
频率 0.15 0.44 0.36 0.04 0.01
将河流最高水位落入各组的频率视为概率，并假设每年河流最高水位相互独立.
（1）求在未来3年里，至多有1年河流最高水位的概率；
（2）该河流对沿河一蔬菜科植户影响如下：当时，因河流水位较低，影响蔬菜正常灌溉，导致蔬菜干旱，造成损失；当时，因河流水位过高，导致蔬菜内涝，造成损失.现有三种应对方案：
方案一：不采取措施，蔬菜销售收入情况如下表：
最高水位（单位：米）
蔬菜销售收入（单位：元） 40000 120000 0
方案二：只建设引水灌溉设施，每年需要建设费5000元，蔬菜销售收入情况如下表；
最高水位（单位：米）
蔬菜销售收入（单位：元） 70000 120000 0
方案三：建设灌溉和排涝配套设施，每年需要建设费7000元，蔬菜销售收入情况如下表：
最高水位（单位：米）
蔬菜销售收入（单位：元） 70000 120000 70000
已知每年的蔬菜种植成本为60000元，请你根据三种方案下该蔬菜种植户所获利润的均值为依据，比较哪种方案较好，并说明理由.
（注：蔬菜种植户所获利润＝蔬菜销售收入－蔬菜种植成本－建设费）
21．已知椭圆的离心率,以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线相切．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)对于直线和点,椭圆上是否存在不同的两点与关于直线对称,且,若存在实数的值,若不存在,说明理由．
22．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.
1．C
【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.
【详解】因为f＇(x)=3x2-14x+cos(x-4)，所以所求切线的斜率为f＇（4）=3×16-14×4+1=﹣7.
故选：C
2．A
【分析】根据导数与单调性的关系，以及导数的几何意义，可得答案.
【详解】由题意可知，当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，单调递增，则在上增的越来越快，
当时，单调递减，则在上增的越来越慢，
当时，单调递减，则在上减的越来越快，
当时，单调递增，则在上减的越来越慢，
只有A选项符合.
故选：A.
3．B
【分析】根据数列的通项公式，代入，即可求解.
【详解】由题意，通项公式为，
则
故选：
【点睛】本题考查数列的通项公式，属于基础题.
4．C
【分析】由已知得，根据递推式反复代入计算即可.
【详解】由得，
.
故选：C.
5．D
【分析】由题设有且，再利用函数的单调性和奇偶性得到，且，再利用等差数列的定义和等差数列前项和的性质可得公差的正负和.
【详解】因为是上的单调增函数，也是上的奇函数，
而且，
所以且，所以且，
而，故选D.
【点睛】本题考查了函数的奇偶性、单调性的应用以及等差数列的前项和的性质，属于中档题.
6．D
【分析】设少的群狗有条，多的群狗每群有条，、，且，由已知条件可得出，分析出为的倍数，设，求出的可能取值，然后列举出所有的分法，由此可得出结果.
【详解】设少的群狗有条，多的群狗每群有条，、，且.
根据题意，，则一定是的倍数，
可设，由，得，则，即.
由为奇数，则为奇数，即，
于是分配方法有以下种：、、、、、、、、、、、.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查分配问题，根据题意得出、的等式以及的可能取值是解题的关键，本题是数学文化题，在解题时要充分理解题中的信息，将题意转化为等式或不等式来求解.
7．A
【分析】根据题意，分两种情况讨论，①在其中的两个城市分别投资1个项目、2个项目，②在其中的三个城市各投资1个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
【详解】解：根据题意，要在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，
则分两种情况讨论，
一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，
此时有C31 A42＝36种方案，
二是在三个城市各投资1个项目，有A43＝24种方案，
共计有36+24＝60种方案，
故选A．
【点睛】本题考查排列、组合的综合应用，解题时，要根据题意，认真分析，根据“在同一个城市投资的项目不超过2个”的条件，确定分类讨论的依据．
8．B
【分析】根据题目条件可构造函数，利用导函数判断出函数单调性，将不等式转化成，即在上恒成立，求出函数在上的最大值即可得的取值范围.
【详解】设，，
所以函数在上为增函数．
由的定义域为可知，得，
将不等式整理得，即，
可得在上恒成立，即在上恒成立；
令，其中，所以
，令，得．
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以，即
故选：B．
9．AB
【分析】设等比数列的公比为，求出的值，进而可求得数列的通项公式，解不等式，求出的取值范围，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，则，可得，
，所以，，
令，解得，
故当最大时，或.
故选：AB.
10．BCD
【分析】建系，利用坐标法，根据线面角，线线角的向量求法可判断AB，根据线面平行的判定定理可判断C，利用线面垂直的判定定理先证平面，可得，再证平面，然后根据面面垂直的判定定理即得．
【详解】如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：
，
∴，，，，，
设平面ACC1A1的法向量为
则有，令x＝1，则，
则，
∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；
∵，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；
如图2：连接，设，连接OF，
E、M分别为的中点，则且，
∴为平行四边形，则O为的中点，
又∵F为的中点，则，
平面EFB，平面EFB，
∴平面EFB，C正确；
由题可知平面即为平面，
由题意可得：，
又，平面，
∴平面，
平面，则，
又∵为正方形，则，
又，平面，
所以平面，平面，
∴平面⊥平面，即平面⊥平面，D正确.
故选：BCD．
11．AD
【分析】结合图象分析当PQ⊥x轴时，求出△PQF2的周长，通过证明四边形为平行四边形，得PQ//NF2，结合双曲线图像性质判定BC.
【详解】
根据上图，若PQ⊥x轴，，则△PQF2的周长为，所以A选项正确；
连PA交l于D，则必有QD//x轴，由上图可得选项说法错误；
若PQ中点为M，则必有PQ⊥MF2，
假设该命题成立，则MF2是线段的PQ的垂直平分线，所以，根据双曲线的对称性可知，当且仅当PQ⊥x轴时成立，所以选项错误；
连PO交双曲线C右支于点N，则必有PQ//NF2，考虑四边形PF1NF2，，
所以四边形为平行四边形，所以，所以有PQ//NF2.故选项正确.
故选：AD
【点睛】此题考查双曲线的图象和性质，根据图象性质判定线段长度关系和位置关系，涉及双曲线的定义的理解，利用定义解决焦点三角形周长关系，综合性强.
12．ABC
【分析】根据函数的性质及图象画出当时函数的图象；根据函数图象的变化画出函数的图象.结合图象的对称性知；结合对数函数值的计算可知，从而得出正确答案.
【详解】当时，.
设函数，则有，，
，故是偶函数，且最小值为0.
当时，，
所以在上单调递增，
又是偶函数，所以在上单调递减，
把的图象向右平移一个单位长度，
得到函数的图象，
故函数的图象关于直线对称，
故可得到函数在上的图象.
又，故函数的图象与轴的交点为.
作平行于轴的直线，
当时，直线与函数的图象有四个交点.
数形结合可知，故A正确；
由，得，
又根据题意知，所以，
即，即，所以，故B正确；
令，则，，
得，，
因此，故C正确；
又时，，
且函数在上单调递增，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】作函数图象的两种常用方法：
(1)直接法：当函数的表达式或者变形后的表达式是熟悉的基本初等函数时，就可根据这些函数的特征直接作出；
(2)图象变换法：若函数图象可以某个基本初等函数的图象经过平移，翻折，对称得到，可利用图象变换做出，但要注意变换的顺序.
13．6
【分析】对题设中的递推关系取倒数，则有是首项为1，公差为的等差数列，求出的通项后可判断为的第项.
【详解】因为，所以，
故，所以是首项为1，公差为的等差数列，
即，令，则，
故为的第项，故填.
【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：
（1），取倒数变形为；
（2），变形为，也可以变形为.
14．8
【分析】由抛物线的定义可得，设直线的方程为，然后直线方程与椭圆方程联立成方程组，消去得，再由根与系数的关系可得，结合前面的式子可求出的值，从而可得答案
【详解】解：设（），则
，
直线的方程为，
由，得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
故答案为：8
15．
【分析】通过已知条件求出数列的通项公式，然后化简所求数列的各项，利用等差数列求出数列的和．
【详解】因为数列{an}是正项数列，且n2+3n，（n∈N*）…①
所以 （n﹣1）2+3n﹣3+2，…②
所以①﹣②得，2n+2，可得，
则：4（n+1），又故
所以4[3+4+…（n+1）]2n2+6n+10．
故答案为
【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，通项公式的求法，数列求和的方法，考查计算能力．
16．
【分析】求导，分，，求得，再根据对任意的，，不等式恒成立求解.
【详解】解：因为函数（且），
所以，
当，时，，
则在上成立，
所以在上递增，
所以，
所以，
因为任意的，，不等式恒成立，
所以，即，
解得，
当，时，，
则在上成立，
所以在上递增，
所以，
所以，
因为任意的，，不等式恒成立，
所以，即，
解得，
综上：实数a的取值范围为，
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据求导的法则和四则运算结合是常数代入即可求解；
（2）根据导数的几何意义以及点斜式方程表示即可求解.
【详解】（1）因为
所以，
取得，
所以，
即.
（2）因为，
所以，
所以，
在处，，
，
所以切线方程为，
所以，
令得，
令得，
所以的图象在处的切线与两坐标轴所围三角形的面积为.
18．（1）935；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案；
（2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.
试题分析：
（1）
（2），即第42个月底，保有量达到最大
，∴此时保有量超过了容纳量.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设，连接，进而证明即可证明结论；
（2）根据题意平面，进而以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（3）设，其中，进而结合题意得，再求解即可.
【详解】（1）证明：设，连接，
因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，
所以，，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）解：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，
因为平面平面，，
所以平面，
所以，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
若，则，
则，，
可知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则由，可知，
不妨令，则，，即，
设平面与平面所成角为，
因为为锐角，所以，
所以平面与平面所成角的大小为．
（3）解：，则，
因为点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为
20．（1）0.104；（2）方案三较好，理由见解析.
【分析】（1）先根据频率分布表得的概率，再根据二项分布概率公式求结果；
（2）先依次求出三种方案下概率分布以及数学均值，再根据大小确定选择.
【详解】（1）由频率分布表，得
设在未来3年里，河流最高水位发生的年数，
则.
记事件“在未来3年，至多有1年河流最高水位”为事件A，
则.
所以，在未来三年，至多有1年河流最高水位的概率为0.104.
（2）由题设得.
用，，分别表示方案一、方案二、方案三的蔬菜销售收入，由题意得：
的分布列如下：
40000 12000 0
0.15 0.8 0.05
所以；
的分布列如下：
70000 12000 0
0.15 0.8 0.05
所以；
的分布列如下：
70000 12000 70000
0.15 0.8 0.05
所以.
设三种方案下蔬菜种植户所获利润分别为，，，则
，，，
所以，
，
.
因为，
所以采取方案三利润的均值最大，故方案三较好.
【点睛】本题考查概率分布与数学期望、二项分布概率公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
21．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由得，圆的方程为，由圆心到直线的距离等于半径可得，故可得椭圆方程；
（2）设，，直线方程为：，联立方程组结合韦达定理和判别式可得，，，结合点在直线上，点在直线上得，由得的值为.
（1）
由椭圆的离心率得，得，，
上顶点为，右焦点为，所以上顶点与右焦点的中点为，上顶点与右焦点的距离为，
以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为，
因为该圆与直线相切，所以，，解得，
所以，
椭圆的标准方程为；
（2）
由题意设，，直线方程为：，
联立消整理可得：，
由，解得，
由韦达定理得，，
设直线的中点为，则，
由点在直线上得：，
又点在直线上，，所以
又，，且即，
解得或，因为，所以的值为
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)
【分析】（1）通过导数求出切线的斜率，写出切线方程，求出切线与两条坐标轴的交点，再求出三角形的面积.
（2）分成，，三种情况讨论函数的单调性，根据函数有三个不同的零点，得出实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以.
又，所以切线的斜率为.
所以切线方程为.
令，得；令，得.
所以切线与两条坐标轴围成的三角形的面积.
（2）因为，所以.
当时，，单调递增，所以至多有一个零点.
令，则.
当时，因为，所以.
所以，单调递减，所以至多有一个零点.
当时，令，得且.
当时，时，即时，，，单调递增，又，所以.
因为是连续的函数，且，
所以，所以在上只有一个零点.
当或，即，或时，，，单调递减，
因为.
设，，
所以单调递增，所以，即，
因为，即.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
所以在上又有一个零点，设，
因为，
所以，又，所以，
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，当时，函数在在三个不同的零点.
故实数的取值范围为.
【点睛】用导数求函数零点个数问题方法点睛：
（1）分类讨论法：求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围；
（2）分离参数法：通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围.