江西省抚州市资溪县2022-2023学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版含答案）

资溪县2022-2023学年高二下学期7月期末考试
数学
本卷共4大题，150分
一、单选题（每题5分，共40分）
1．若集合，，则集合（ ）
A． B．
C． D．
2．已知直线，直线，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
3．已知平面内两定点，下列条件中满足动点的轨迹为双曲线的是（ ）
A． B．
C． D．
4．下列说法中正确的个数是（ ）
①命题：“，若，则”，用反证法证明时应假设或；②若，则、中至少有一个大于；③若、、、、成等比数列，则；④命题：“，使得”的否定形式是：“，总有”.
A． B． C． D．
5．已知函数，若对于，，使得，则的最大值为（　　）
A．e B．1-e C．1 D．
6．设数列满足，，且（且），则
A． B． C． D．
7．已知函数是定义域为的奇函数，是其导函数，，当时，，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知圆与抛物线的两个交点是A，B．过点A，B分别作圆和抛物线的切线，，则（ ）
A．存在两个不同的b使得两个交点均满足
B．存在两个不同的b使得仅一个交点满足
C．仅存在唯一的b使得两个交点均满足
D．仅存在唯一的b使得仅一个交点满足
二、多选题（每题5分，共20分）
9．在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（ ）
A．若为直线的方向向量，则
B．若为直线的方向向量，则
C．若为平面的法向量，面经过和P，则
D．若为平面的法向量，面经过和P，则
10．离散型随机变量的分布列如下表，若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（　　）
0 1 2 3 4
q 0.4 0.1 0.2 0.2
A． B．，
C．， D．，
11．已知数列为等差数列，为的前项和，若，，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．若数列的前项和为，则
D．若，则的最小值为
12．已知定义在的函数的导函数满足，且，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．在上单调递增
D．任意，，都有
三、填空题（共20分）
13．已知，，，则______.
14．若的展开式中，所有x的偶数次幂项的系数和为64，则正实数a的值为______．
15．已知等差数列的公差，且 ，当且仅当时，数列的前项和取得最小值，则首项的取值范围是___________．
16．已知函数的定义域为，若对任意的，，恒成立，则实数的取值范围为______．
四、解答题（共70分）
17．已知等差数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)若，记的前项和为，求.
18．如图所示四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，BCAD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为PD的中点，F为PC中点.
（1）求证：BF平面ACE；
（2）求直线PD与平面PAC所成的角的正弦值.
19．某食品厂为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取40件产品作为样本，并称出它们的重量（单位：克），重量值落在内的产品为合格品，否则为不合格品.
注：表1是甲流水线样本的频数分布表，图1是乙流水线样本的频率分布直方图.
产品重量（克） 频数
6
8
14
8
4
（1）根据上面表1中的数据在图2中作出甲流水线样本的频率分布直方图；
（2）若以频率作为概率，试估计从两条流水线上分别任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率分别是多少；
（3）由以上统计数据完成下面列联表，并回答有多大的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关.
甲流水线 乙流水线 合计
合格
不合格
合计
参考公式：，其中
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
20．已知函数，数列的前项和为，点的图像上．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，证明：；
（3）设，是否存在，使得成等比数列，若存在，求出所有的，若不存在，请说明理由．
21．设椭圆的方程为，点为坐标原点，点、的坐标分别为、，点在线段上，满足，直线的斜率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若动直线与椭圆交于、两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由.
22．已知：函数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）求函数的上的最大值；
（3）当时，试讨论函数的零点个数.
1．D
，
故选：D.
2．C
若，则两直线方程分别为和，
满足两直线平行，即充分性成立，
若，
当时，两直线分别为和，
此时两直线不平行，不满足条件.
当时，若两直线平行则，
由得，即，
所以或，
当时，，不满足条件.
则，即，
则“”是“”的充要条件，
故选：C
3．A
当时，，满足双曲线的定义，所以点的轨迹是双曲线.
故选：A
4．C
①根据反证法的定义；一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），
经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.
故应假设命题中的结论“”不成立，
即“或”，故①正确；
②若，，则，所以若，则、中至少有一个大于，故②正确；
③若，，，，成等比数列，设数列的公比为，则，所以不合题意，故③错误；
④命题“，使得”为特称命题，特称命题的否定为全称命题，
其否定形式是“，总有”，故④正确.
故选：C
5．D
不妨设f()=g()＝a，
∴＝a，
∴＝ln(a+e)，＝，
故＝ln(a+e)-，（a＞-e）
令h（a）＝ln(a+e)-，
h′（a），
易知h′（a）在（-e，+∞）上是减函数，
且h′（0）＝0，
故h（a）在a处有最大值，
即的最大值为；
故选D．
6．B
令，则，所以为等差数列，
因为，所以公差，则，所以，
即，所以，故选B.
点睛：本题考查了等差数列的通项公式和等差数列的性质的应用问题，本题非常巧妙的将两个数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项，另外，本题的难点在于两个数列融合在一起，利用第一个数列为等差数列，得到第一个数列的通项公式，进而求解第二个数列的项，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.
7．B
令，则，
当时，，故，
所以在上单调递减，又，
所以即，
因为函数是定义域为的奇函数，
所以，
即为定义域为的偶函数，
所以由可得，
所以，即或，
即不等式的解集是，
故选：B
8．D
依题意，设圆与抛物线的交点，，显然直线的斜率存在且不为0，设方程为：，
由消去x并整理得：，而，则，解得，
由及圆的性质知，直线过圆心及点，于是得：，整理得：，
又，即，因此有，
解得，而，即，于是有满足的两曲线交点只有点，选项A，C不正确；
显然，即正数p值确定，b值也随之确定，并且唯一，选项B不正确，D正确.
故选：D
9．AD
直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确 ，B错误，
在平面内，为平面的法向量，则，
所以，C错误D正确．
故选：AD．
10．ACD
因为，所以，故A正确；
又，
，故C正确；
因为，所以，，故D正确，
故选：ACD.
11．BC
由题意得，解得，
所以an=2n+1，所以a1=3，故A错误；
，故 B正确
因为，
所以
，故C正确；
因为，且n∈N*，
所以的最小值为g(1)=g(2)=5，故D错误，
故选：BC．
12．ABC
解：由，得，即，
从而得（其中为常数），即，
由，得，所以，故正确；
又，从而在上单调递增，故正确；
令，则在上递增，不等式（e），得，故正确；
由得，当时，；当时，，
所以的图象在部分上凸，在部分下凸，故不正确，
故选：ABC．
13．
因为，所以，
因为，所以，
所以由全概率公式可得
,
故答案为：
14．
设
.
令，得①；
令，得②.
②＋①得．
又因为，所以，解得．
故答案为：
15．
由得，因为，所以，又，所以，即．因为当且仅当时，数列的前项和取得最小值，所以，所以，解得．
16．
因为，
所以，
因为，所以，可得在单调递减，
因为，，所以，
所以
可变形为，
不妨设，则，，
所以，即，
令，则，所以在单调递减，
所以对于恒成立，
，
对于恒成立，
所以对于恒成立，
即对于恒成立，所以，
因为在单调递减，
所以，
所以，
故答案为：
17．(1)
(2)
（1）解：设等差数列的公差为，所以，
所以，
所以，解得，
则.
（2）解：因为且，所以，
所以，
所以.
18．（1）证明见解析；（2）.
（1）依题意可知两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系.
，
所以，设平面的法向量为，
则，取，
由于，所以平面.
（2），
设平面的法向量为，
则，取，
设与平面所成角为，
则.
19．（1）见解析；（2）从甲流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为；从乙流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为0.9.（3）见解析
（1）甲流水线样本的频率分布直方图如下：
（2）由表1知甲流水线样本中合格品数为，
故甲流水线样本中合格品的频率为，
由图1知乙流水线样本中合格品的频率为，
据此可估计从甲流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为；
从乙流水线上任取1件产品，该产品恰好是合格品的概率为0.9.
（3）由（2）知甲流水线样本中合格品数为30，乙流水线样本中合格品数为.
列联表如下：
甲流水线 乙流水线 合计
合格 30 36 66
不合格 10 4 14
合计 40 40 80
∵，
∴有的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关.
20．（1）；（2）证明见解析；（3）不存在，证明见解析.
（1）由题得，
两式相减得，
时，适合，，
所以.
所以数列的通项公式为.
（2），
，
因为，所以.
（3）假设存在，因为成等比数列，
所以
所以
所以
设，
设，
所以在上单调递减，
所以，
所以，所以，
所以
所以不成立.
所以不存在，使得成等比数列.
21．(1)
(2)存在，且圆的方程为
（1）解：设点的坐标，点在线段上，满足，
，，故，，
因为，，解得：，∴椭圆的方程.
（2）解：当直线斜率不存在时，设直线的方程为，
所以，，此时原点到直线的距离为；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，原点到直线的距离为，所以，
整理得，
由可得，
，
由韦达定理可得，，
，
，
所以，，
所以，所以.
综上所述，定圆的方程是
所以当时，存在定圆始终与直线相切，且定圆的方程是.
22．（1）（2）答案不唯一，具体见解析（3）答案不唯一，具体见解析
（1）因为,所以,所以，
∴函数在点处的切线方程为：；
（2）因为,所以，
①当，∴在上单调递增；此时的最大值为；
②当，令得,
若，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，
∴，
若，即时，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
∴，
综上所述：
①当时，的最大值为；
②当时，的最大值为；
（3）由题意知：，则，
①即时在上恒成立，
∴在上单调增，
且，，
由零点存在性定理可知：在上存在唯一的零点，即在上存在唯一零点；
②即，
令，则，
此时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上取得最小值,
令，
令，得，
∴在单调增，在上单调减，得，
①当时，，此时函数有且只有一个零点，
②当,即时，,
所以在上为增函数,所以,即，
∵，∴在有唯一的零点，
下面先证：
设，∴，得：，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
∴，即得证（当且仅当时取等号）；
∵，∴，
∴，
由零点存在性定理可知：在上存在唯一零点，
∴有两个零点.
③时，且，
又有，
∴由零点存在性定理可知：在与上各存在唯一零点.
所以有两个零点.
综上所述：或时，有一个零点，
且时，有两个零点.