江西省吉安市安福县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题(含解析)

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名称 江西省吉安市安福县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题(含解析)
格式 doc
文件大小 1.2MB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2023-05-21 07:14:40

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文档简介

安福县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.曲线在点处的切线斜率是
A. B.
C. D.
2.4名大学生到三家企业应聘,每名大学生至多被一家企业录用,则每家企业至少录用一名大学生的情况有
A.24种 B.36种 C.48种 D.60种
3.已知数列的前项和为.若,,则
A. B. C. D.
4.已知数列是递减数列,且对任意的正整数,恒成立,则实数的取值范围为
A. B. C. D.
5.有一个奇数列1,3,5,7,9,…,现进行如下分组:第1组为,第2组为;第3组为;…试观察每组内各数之和与该组的编号数n的关系为
A. B. C. D.
6.已知等差数列的前项和为,若,,下列为真命题的序号为
①;②;③;④.
A.①② B.②③ C.②④ D.③④
7.函数的导函数的图象大致如下图,则可能是
A. B.
C. D.
8.若函数在区间上不单调,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.已知双曲线,且p,q,r依次成公比为2的等比数列,则
A.C的实轴长为4
B.C的离心率为
C.C的焦点到渐近线的距离为
D.过焦点与C相交所得弦长为4的直线有3条
10.如图,在棱长为2的正方体中,E为边AD的中点,点P为线段上的动点,设,则
A.当时,EP//平面 B.当时,取得最小值,其值为
C.的最小值为 D.当平面CEP时,
11.已知分别为椭圆和双曲线的公共左,右焦点,(在第一象限)为它们的一个交点,且,直线与双曲线交于另一点,若,则下列说法正确的是
A.的周长为 B.双曲线的离心率为
C.椭圆的离心率为 D.
12.关于函数,下列结论正确的有
A.在上是增函数
B.存在唯一极小值点
C.在上有一个零点
D.在上有两个零点
三、填空题(共20分)
13.已知正整数数列满足,则当时,___________.
14.已知过抛物线的焦点的直线交该抛物线于两点,,则_________.
15.已知数列满足,n为正整数,则____________.
16.已知函数,函数有四个零点,则实数的取值范围是________.
四、解答题(共70分)
17.已知函数.
(1)求函数在处的切线方程;
(2)求函数的极值.
18.已知数列{an}满足an+1=(n∈N*),且a1=0.
(1)求a2,a3的值;
(2)是否存在一个实常数λ,使得数列为等差数列,请说明理由.
19.如图,在正方体中,E,F分别为AB,的中点.
(1)证明:平面;
(2)设平面与平面的交线为l,求二面角的正弦值.
20.某商场为了吸引顾客,举办了一场有奖摸球游戏,该游戏的规则是:将大小相同的4个白球和4个黑球装入不透明的箱子中搅拌均匀,每次从箱子中随机摸出3个球,记下这3个球的颜色后放回箱子再次搅拌均匀.如果在一次游戏中摸到的白球个数比黑球多,则该次游戏得3分,否则得1分.假设在每次游戏中,每个球被模到的可能性都相等.解决以下问题:
(1)设在一次摸球游戏中摸到的白球个数为,求的分布列及其数学期望;
(2)如果顾客当天在该商场的消费满一定金额可选择参与4次或5次游戏,当完成所选择次数后的游戏的平均得分不小于2时即可获得一份奖品.若某顾客当天的消费金额满足条件,他应如何选择游戏次数才会有更大的获奖概率?说明理由.
21.已知椭圆过点,且椭圆的离心率.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)直线过点且与椭圆相交于、两点,椭圆的右顶点为,试判断是否能为直角.若能为直角,求出直线的方程,若不行,请说明理由.
22.已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)讨论函数的零点个数.
1.A
依题意,当时,.
故选A.
2.D
每家企业至少录用一名大学生的情况有两种:一种是一家企业录用一名,种;一种是其中有一家企业录用两名大学生,种,∴一共有种,故选D
3.C
由得:,
数列是以为首项,为公差的等差数列,.
故选:C.
4.D
∵数列是递减数列,且对任意的正整数,恒成立,
∴对任意的正整数恒成立,
∴,即对任意的正整数恒成立,
∴,即.
故选:D.
5.B
由题意可得,第一组数字之和为;第二组数字之和为;
第三组数字之和为,依次类推,
按照规律,归纳可得,第组数字之和为,故选B.
6.B
由,
可得,即,,
故可得等差数列的公差,选项③正确;
把已知的两式相加可得
整理可得
结合上面的判断可知
故有,,故选项②正确;
由于,,则,故选项①错误;
由公差 可得,结合等差数列的列的性质,
可得,从而可得,故,即选项④错误.
故选:B.
7.A
由图可知,的导函数是一个奇函数,其中选项CD的导函数分别为,其,都为非奇非偶函数,即可排除C,D,
其中选项B的其中在显然在上单调递增,与图象不符,错误,
故选:A
8.C
因为,所以,
由得,
令,,
则,
由得或;由得;
所以函数在上单调递减,在上单调递增,
所以;
又,,所以,
①若函数在区间上单调递增,
则在上恒成立,即在上恒成立,
所以只需;
②若函数在区间上单调递减,
则在上恒成立,即在上恒成立,
所以,只需,
又因为函数在区间上不单调,
所以只需.
故选:C.
9.AC
因为p,q,r依次成公比为2的等比数列,所以,,即,.
所以C的方程可化为,则,,即,.
对于A,C的实轴长为4,故A正确;
对于B,离心率为,故B错误;
对于C,不妨设焦点坐标为,一条渐近线的方程为,则焦点到渐近线的距离为,故C正确;
对于D,交于同一支时弦长最小值为,交于两支时弦长最小值为.
根据对称性可知过焦点与C相交所得弦长为4的直线有5条,故D错误.
故选:AC.
10.BC
在棱长为2的正方体中,建立如图所示的空间直角坐标系,

,则点,
对于A,,,,而,
显然,即是平面的一个法向量,
而,因此不平行于平面,即直线与平面不平行,A错误;
对于B,,则,
因此当时,取得最小值,B正确;
对于C,,
于是,当且仅当时取等号,C正确;
对于D,取的中点,连接,如图,
因为E为边AD的中点,则,当平面CEP时,平面,
连接,连接,连接,显然平面平面,
因此,平面,平面,则平面,
即有,而,所以,D错误.
故选:BC
11.BCD
设,则,,,
中由余弦定理,得
,化简得,
,D正确;
又,所以,又,
的周长为,A错误;
中,,由余弦定理得,所以,
因此双曲线的离心率为,B正确;
椭圆的离心率为,C正确,
故选:BCD.
12.ABD
由已知得,,
,恒成立,
在上单调递增,

时,且存在唯一实数,使,即,
所以在上是增函数,且存在唯一极小值点,故A,B选项正确.
且在单调递减,单调递增,
又,,,所以在上有两个零点,故D选项正确,C选项错误.
故选:ABD.
13.4
由题意,,,,,,…,
数列从第二项起是周期数列,周期为3,
所以.
故答案为:4.
14.
由题意知焦点,准线方程为,
当直线斜率存在时,设过点的直线为,
代入抛物线方程,得,
化简后为:,
设,则有,
根据抛物线性质可知,

又由,则.
当斜率不存在时,直线方程为,此时,不成立.
故答案为:.
15.
当时,,
当时,由得,
两式相除得:,,故,
进而得,,因此为等差数列,且公差为1,首项为3,

故答案为:
16.
解:有四个零点等价于与有四个不同的交点
当时,,
当时,;当时,
即在上单调递减,在上单调递增
当时,,此时
由此可得图象如下图所示:
恒过,由图象可知,直线位于图中阴影部分时,有四个不同交点
即临界状态为与两段图象分别相切
当与相切时,可得:
当与相切时
设切点坐标为,则
又恒过,则
即,解得:
由图象可知:
17.(1);(2)极大值,极小值.
解:(1)因为
所以即 又因为
所以函数在处的切线方程为.
(2)因为
令,或 ,
所以,在,单调递增,在单调递减
所以时取极大值,时取极小值.
18.(1)a2=,a3=;(2)存在,λ=1,理由见解析.
(1)因为a1=0,an+1=(n∈N*),所以a2===,a3===.
(2)假设存在一个实常数λ,使得数列为等差数列,则,,成等差数列,所以=+,
所以=+,解之得λ=1.因为-=-=-==-,
又=-1,所以存在一个实常数λ=1,使得数列是首项为-1,公差为-的等差数列.
19.(1)证明见解析
(2)
(1)
如图,连接DF交于点G,连接DE交AC于点H,连接GH,
因为E,F分别为AB,的中点,且,,
所以,,
所以,,
又因为平面,且平面,
所以平面.
(2)
以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,不妨
设正方体的棱长为2,则,,,,,,
所以,,,.
设平面与平面的一个法向量分别为,,
,夹角为,则,,
即,,
不妨取,,得,
所以,
所以二面角的正弦值为.
20.(1)分布列见解析,;(2)该顾客应选择完成4次游戏,会有更大的获奖概率,理由见解析.
(1)依题意,的取值为0,1,2,3.
因为,.
,.
所以的分布列为
0 1 2 3
P
.
(2)依题意,在一次游戏中,得3分的概率为.
设n次游戏中,得3分的次数为X,则.
所以.
若该顾客选择完成4次游戏,由,得,
其获奖的概率为;
若该顾客选择完成5次游戏,由,得,
其获奖的概率为.
因为,所以该顾客应选择完成4次游戏,会有更大的获奖概率.
21.(1);(2)不能为直角,证明见解析.
(1)椭圆过点,,
椭圆的离心率,.
,.
椭圆的标淮方程为:.
(2)①当直线垂直轴时,易得,.
椭圆的右顶点为,,,
,是不为直角.
②当直线不垂直轴时,可设直线代入椭圆方程,
消去可得:,
设,,,,则有,,
又,,,,,
若是为直角:


解得,不符合题意.
故不能为直角.
22.(1);(2)当时,函数有且仅有一个零点;当时,函数有且仅有两个零点.
解:(1)当时,,有.
又由,有.
曲线在点处的切线方程为,整理为,
即曲线在点处的切线方程为.
(2).
①当时,,此时函数只有零点.
②当时,令,可得,此时函数的增区间为,减区间为,
又由,
Ⅰ.令,有,可得函数单调递减,有,
当且时,有,有,有,有,有,有,有.
Ⅱ.令,有,可得函数单调递减,有,
当且时,有,.
由上知函数有且仅有两个零点;
③当时,,
Ⅰ.当时,,此时函数单调递增,
又由,故此时函数只有一个零点.
Ⅱ.当时,令,可得或,可得函数的增区间为,,减区间为,,
.
由,有,有,
当时,,故此时函数有且仅有一个零点.
Ⅲ.当时,令,可得或,可得函数的增区间为,
,减区间为.
,,
由,有,有.
又由,故此时函数有且仅有一个零点,
综上,当时,函数有且仅有一个零点;当时,函数有且仅有两个零点.
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