江西省赣州市大余县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

大余县2022-2023学年高二下学期期中考试
数学
一、单选题（每题5分，共40分）
1．在的二项展开式中，若二项式系数和为64，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．11 B．7 C．9 D．12
4．已知A学校有个数学老师，其中个男老师，个女老师，学校有个数学老师，其中3个男老师，7个女老师，为了实现师资均衡，现从A学校任意抽取一个数学老师到学校，然后从学校任意抽取一个数学老师到县里上公开课，则两次都抽到男老师的的概率是
A． B． C． D．
5．下列四个命题中，正确的有（ ）
①随机变量服从正态分布，则
②，
③命题“，”的否定是“，”
④复数，若，则
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．已知函数，若函数的极小值为0，则的值为（　　）
A． B．
C． D．
7．若M、N为圆上任意两点，P为直线上一个动点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．在等差数列中，其前的和是，若，，则（ ）
A．是递增数列 B．其通项公式是
C．当取最小值时，的值只能是 D．的最小值是
10．已知的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．二项式系数之和为64
C．展开式中的常数项为15
D．将展开式中的各项重新随机排列，有理项相邻的概率为
11．设函数在区间上的导函数为，在区间上的导函数为，若区间上，则称函数在区间上为“凸函数”．已知在上为“凸函数”则实数m的取值范围的一个必要不充分条件为（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数的定义域为，对任意的，都有，且，当时，，则（ ）
A．是偶函数
B．
C．当，是锐角的内角时，
D．当，且，时，
三、填空题（共20分）
13．设函数在处的导数为2，则__________.
14．袋子中有7个大小相同的小球，其中4个红球，3个黄球，每次从袋子中随机摸出1个小球，摸出的球不再放回，则在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率是___________.
15．数列的首项为，且，记为数列前n项和，则________.
16．已知函数在定义域R上可导，且，则关于的不等式的解集为______.
四、解答题（共70分）
17．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值；
（2）求函数的极大值与极小值.
18．已知数列满足：，，.
(1)记，求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
19．如图，在四棱锥中，棱底面，且，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
20．已知为抛物线的焦点，直线与相交于两点.
若，求的值；
点，若，求直线的方程.
21．设数列的前n项和为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，若对任意的正整数，恒有，求实数的取值范围．
22．已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若时，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当时，令，记的唯一零点为，若，证明：．
1．C
由的二项展开式中二项式系数和为64，
可得，解之得
故选：C
2．A
因为，故可得，
根据题意，在恒成立，即在恒成立，
又在的最大值为，故.
故选：A.
3．C
由题意，根据等差数列的性质，，，
故，.
故选：C.
4．B
A学校任意抽取一个数学老师到B学校，抽到男老师的的概率是 ，
然后从B学校任意抽取一个老师，抽到男老师的的概率是 ,
两个事件同时发生的概率是： ，
故选:B
5．B
①因为与关于对称，故正确；
②因为，故错误；
③因为命题“，”是全称命题，所以其否定是“，”，故正确；
④当，时，，故错误；
故选：B.
6．A
因为 ,所以，因为必有极值点，所以，令得，
或时，，时，，
在与上单调递增，在上单调递减，
所以极小值点为，由，解得，
故选：A．
7．B
因为圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，
设PA、PB是过点P圆的两切线，且A、B为切点，如图，
显然，当PM，PN为两切线时取等号；
因为PA、PB是过点P圆的两切线，所以，，
由圆的对称性易得，显然是锐角，
在中，，
又，所以，
所以，∴．
故选：B．
.
8．C
时，，，不合题意，故，
，函数定义域为，，
，，
相同切线的位置上，设的切点坐标为，的切点坐标为，
则有，即，
公切线方程为
代入，得，即，整理得，
若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则方程有两个不同的实数根，
设，则，
，解得；，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
当时函数有最大值，所以，
当时，符合条件；
当时，有，
所以实数的取值范围为.
故选：C
9．ABD
由，可知等差数列为递增数列，A正确；
由题设，，B正确；
，故当或时，取最小值且为，故C错误，D正确.
故选：ABD
10．BC
在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，故，故A错误．
所以的二项式系数之和为，故B正确；
二项式展开式的通项为，
令，解得，所以展开式的常数项为，故C正确；
令，且，则或或或，
因为展开式一共有项，其中有项为有理项，
将展开式中的各项重新随机排列，有理项相邻的概率，故D错误；
故选：BC
11．AD
由题，，，
若在上为“凸函数”，则在上成立，
即，，
令，，则，所以在上单调递增，
所以，
所以，为充要条件，
由选项可知，必要不充分条件可以是：或，
故选：AD.
12．BCD
令，得，故B正确；
令，则，所以为奇函数，故A错误；
任取，且，则.
因为，
所以，所以.
因为，，所以，，
即在上单调递增.
因为A，B是锐角的内角，所以，所以，
所以.
因为，所以，故C正确；
因为，且，所以.
令，则，
令，则，所以.
因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，故D正确.
故选：BCD
13．2
因为函数在处的导数为2，即，
所以，
故答案为：2.
14．/0.5
记事件第1次摸到红球，事件第2次摸到红球，
第1次摸到红球的事件种数，
在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的事件种数，
则.
故答案为：.
15．
由题意可得
当时，两式相减得，
从而有
数列从第二项开始的等比数列，公比为
故答案为：
16．
令，则，
在上单调递增，
则
，
故不等式等价于，即，
，解得，故不等式的解集为.
故答案为：.
17．（1）3；（2）极大值，极小值.
（1）
，得或.
经检验：当时，此时切线方程为不合题意，舍去
当时，此时切线方程为成立
（2）
列表得：


递增 取极大 递减 取极小 递增
，
18．(1)
(2)353
（1）因为，令n取，则，
即，，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，所以
（2）令n取2n，则，
所以，
由（1）可知，；
；所以
19．(1) 见解析(2)
（1）证明:取中点，连接，
如图所示：
因为底面，底面，
所以，又且，
所以平面，又平面，
所以.
又∵，H为PB的中点，
，又，
平面，
在中,分别为中点，，
又，，
，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则 平面.
（2）由（1）知，
∴，又，且，
平面，
是三棱锥的高，
又四边形为矩形,且，，
所以，
=.
20．（1）（2）
（1）由题意，可得，设，
联立方程组，整理得，
则，，
又由.
（2）由题意，知，，，
由，可得
又，，则，
整理得，解得，
所以直线的方程为.
21．（1）；（2）.
（1）由已知，，
当时，，解得.
当时，．
两式相减，得．
两边同时乘以，得，
令，则，
所以数列是公差为1的等差数列，其首项为
所以，即，
所以.
（2）由（1）知，，所以．
则，①
，②
①-②，得，
即，
，则.
由已知，对任意的正整数，恒有．
当时，化为，得.
当时，化为，
此时，为任意实数不等式都成立．
当时，化为，
即.
令（，），
则，
所以
．
当时，，则，
所以（，）单调递增，
所以的最小值为，则.
综上可知，，即的取值范围是．
22．(1)
(2)
(3)证明见解析
（1）当时，，，，
，则切线方程为，即.
（2）当时，恒成立，
即恒成立，
令，则，
记，
①当时，，恒成立，即恒成立，
所以递增，则.
②当时，，恒成立，即恒成立，
所以递增，则.
③当，，设的两根为，则，，则，所以时，，
即，则递减，，则时，，矛盾.
综上所述，.
（3），则，，当时，，在递减；当时，，在递增：，所以在递增，因为，当时，存在唯一零点；当时，，取.
此时，
，所以由零点存在定理可知，存在，使得.综上，存在唯一零点.
，，所以，
因为，所以，则，
令，则，，所以，下面证明.
设，则，所以在上递减，又，所以当时，，所以.设，，则，，所以在递增，，所以在递减.
再设，，所以，
，所以在递增，，在递减，所以，所以，当时取等号。
综上，，在递减，且，，，所以，即，所以.