江西省宜春市高安市名校2022-2023学年高二下学期5月期中考试数学试题（含解析）

高安市名校2022-2023学年高二下学期5月期中考试
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、单选题（每题5分，共40分）
1．复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．1
2．若两个等差数列、的前项和分别为、,且，则等于
A． B． C． D．
3．过点的直线与有两个不同的公共点，则直线的倾斜角的范围是
A． B． C． D．
4．在正方体中，有下列四个命题：
①平面；
②；
③异面直线与BD所成的角为；
④直线与平面所成的角为.
其中真命题的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
5．函数（）的减区间为，则实数的值为（ ）
A．2 B． C．1 D．4
6．已知函数，若在处函数与的图象的切线平行，则实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．4
7．设函数的定义域为，其导函数为，若，则下列结论不一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．设函数在R上的导函数为，在上，且，有，则（ ）．
A． B．
C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．已知等比数列的前项积为，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，则
10．设是数列的前项和．下面几个条件中，能推出是等差数列的为（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
11．已知直线，圆，则下列结论正确的是（ ）
A．直线l恒过定点
B．直线l与圆C恒有两个公共点
C．直线l与圆C的相交弦长的最大值为
D．当时，圆C与圆关于直线l对称
12．在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Monge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆外切矩形面积的最小值为48
B．椭圆外切矩形面积的最大值为48
C．点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时，
D．若椭圆的左 右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则
三、填空题（共20分）
13．已知，且，则的最小值是______．
14．已知双曲线上不同的两点满足，其中为坐标原点，则的最小值为______．
15．已知函数，则不等式的解集为______．
16．点S、A、B、C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，，则点S与中心的距离为________．
四、解答题（共70分）
17．已知数列，，求：
(1)，，的值
(2)通项公式．
18．在中，角的对边分别为，且满足，边上中线的长为.
（1）求角和角的大小；
（2）求的面积.
19．如图所示的几何体中，是菱形，，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
20．已知等比数列的前n项和为，其公比，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前n项和．
21．椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，且满足向量.
（1）若，求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆上异于顶点的点，以线段为直径的圆经过，问是否存在过的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由.
22．已知函数.
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；
(2)证明：当时，.
1．B
由题设，，则，
所以的虚部为.
故选：B
2．C
故选：C.
3．B
设直线的倾斜角为.
若直线斜率不存在，此时x=0与圆有交点，.
直线斜率存在，设为k，则过P的直线方程为y=kx+4，
即kx y+4=0，
若过点(0,4)的直线l与圆有两个不同公共点，
则圆心到直线的距离，
即即，
解得或，
即且，
综上所述,，
故选B.
4．B
如图所示，①在正方体中，
，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，①正确；
②连接，，因为，，
且，所以平面，
又平面，所以，②正确；
③连接，因为，
所以异面直线与BD所成的角为（或补角），
而为等边三角形，故，③正确；
④连接，交于点，则，
又平面，
平面，
即平面，连接，
故直线与平面所成的角为，
在直角中，，
所以在直角中，，，④错误.
因此①②③正确，④错误.
故选：B.
5．A
显然该函数的定义域为全体正实数集，即，
，因为，
所以由可得：，因为函数（）的减区间为，所以，
故选：A
6．A
由函数，可得，
因为在处函数与的图象的切线平行，
可得，即，解得，
经检验，当时，满足题意，所以实数的值为.
故选：A.
7．C
A：
令，得，则函数图象关于点对称.
若，则函数图象关于点对称，符合题意，故A正确；
B：由选项A的分析知，等式两边同时求导，
得，即①，
又，为偶函数，所以②，
由①②得，所以函数的周期为2.
所以，即，故B正确；
C：由选项B的分析知，则函数图象关于直线对称.
令，若，
则函数图象关于直线对称，不符合题意，故C错误；
D：由选项B的分析可知函数的周期为2，则，
所以，故D正确.
故选：C.
8．A
由，可得．
设，则，所以是R上的奇函数，
又在上，即，
所以在上单调递减，又是R上的奇函数，所以在(-∞,0)上单调递减，
所以，即，
因此，故，故A正确；
所以，即，因此，故B不正确；
所以，即，则，
所以与的大小不能确定，故C不正确；
所以，即，则，
所以与的大小不确定，故D不正确.
故选：A.
9．ABD
对于A，因为，所以，故A正确.
对于B，因为，所以，故B正确.
对于C，，故C错误.
对于D，若，则，解得，所以，故D正确.
故选：ABD.
10．ABD
对于A，当时，且，
两式相减可得，即．
所以是恒为0的数列，即是公差为0的等差数列，故A正确；
对于B，当时，且，
两式相减可得，即，
所以，即是常数列，是公差为0的等差数列，故B正确；
对于C，如果，令可得，
当时，且，
两式相减可得，
如果，则，这并不能推出是等差数列，
例如：考虑如下定义的数列：1，1，2，2，3，3，，则其通项公式可写成，．
则，
．
即数列1，1，2，2，3，3，满足对任意正整数成立，但它并不是等差数列，故C错误；
对于D，当时，且，
两式相减可得，
所以，即，
故，即是公差为的等差数列，故D正确；
故选：ABD．
11．ABD
解：对于A选项，因为直线可变形为，所以直线恒过定点，故A选项正确；
对于B选项，因为，所以点在圆内，故直线与圆相交，由两个公共点，故B选项正确；
对于C选项，对于圆，圆心为，半径为，当直线线与圆相交，故相交弦长的最大值为圆的直径，即为，故C选项错误；
对于D选项，当时，直线，故圆的圆心关于对称的点的坐标为 ，所以圆关于对称的圆的方程为，故D选项正确.
故选：ABD
12．ACD
对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点，
，关于原点对称的点分别为，，则椭圆的一个外切矩形为，
则，由图象易知，
圆心到直线的距离，所以.
又，所以外切矩形为的面积，
因此对，错.
对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，，
对.
对于，
，
①②得，，故D正确.
故选：ACD.
13．6
由题意，得，
则
（当且仅当时取等号，即时取等号），
故的最小值是6．
故答案为：6
14．24
由题意得直线与的斜率都存在且不为0和，
不妨设直线的方程为，，，
，
直线的方程为．
由，得，
，，
同理可得，
，
，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为24．
故答案为：24
15．
由可得，解得或，
故的定义域为或，
又，所以是偶函数，
当时，是单调递增函数，
设，所以，
设任意的，且，
所以，
因为任意的，且，所以 ，
所以，即，
所以在上是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，
故在上单调递增，
因为是偶函数，所以在上单调递减，
由可得，解得或，
故答案为：
16．
如图所示：
设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.
因为.
所以的外接圆半径.
所以.
因为点S到平面ABC的距离为,平面,
所以 .即
在中： .
所以 .
故填：.
17．(1)，，
(2)
（1），则，，.
（2）当时，，
当时，满足.
故
18．（1），；（2）
（1）由
即
所以
又，所以
由，所以
所以，又
所以
（2）由（1）可知，设
所以
又，所以可得
所以
19．（1）证明见解析；（2）.
（1）∵AP∥DE，平面CDE，平面CDE, ∴AP∥平面CDE，
∵AB∥CD，平面CDE，平面CDE,所以AB∥平面CDE，
而平面ABP，平面ABP，，
∴平面ABP∥平面CDE，又BP平面ABP，∴平面.
（2）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则ABC是正三角形，取BC的中点Q，∴AQ⊥BC，由AB=4，易得，∵BC∥AD，∴AQ⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，AQ平面ABCD，∴PA⊥AQ，而，∴AQ⊥平面PADE.
∵BF∥AP，BF平面ADEP，AP平面ADEP，∴BF∥平面ADEP，
∵BC∥AD，BC平面ADEP，AD平面ADEP，∴BC∥平面ADEP，
而BFBC=B，∴平面BCF∥平面ADEP.
∵PA⊥AD，且PA=AD=4，DE=2，∴.
20．(1)
(2)
（1）因为是等比数列，公比为，则 ，
所以，解得，
由，可得，解得，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）得，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时；
综上所述：.
21．（1）；（2）存在满足条件的直线，斜率.
（1）易知，因为
所以为等腰三角形
所以b=c，由可知
故椭圆的标准方程为：
（2）由已知得,
设椭圆的标准方程为，P的坐标为
因为,所以
由题意得,所以
又因为P在椭圆上，所以,由以上两式可得
因为P不是椭圆的顶点，所以，故
设圆心为 ，则
圆的半径
假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线的方程为
由相切可知,所以
即，解得
故存在满足条件的直线．
22．(1)；
(2)证明见解析.
(1)
函数在上单调递增，
在恒成立，
当时，即，因为，，则，又，所以，即恒成立，符合题意；
当时，令，则，设，则，
则在上递增，当时，，，所以在上递增，即，符合题意；
当时，，，则存在，有，
当时，，递减，此时，不符合题意.
综上所述：实数的取值范围；
(2)
证明：要证，即证，，
即证，，
设，，故在上单调递增，又，
所以，又因为，所以，
所以，
①当时，因为，，所以，
②当时，令，则，
设，则，设，则，因为，
所以，所以即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即.
综上可知，当时，，
即.