2022-2023学年山西省大同市浑源重点中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山西省大同市浑源重点中学高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 命题“，”的否定为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
2. 设在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数的图象可能是( )
A. B.
C. D.
3. 短道速滑队组织名队员含赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为，“乙得第二名”为，“丙得第三名”为，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为( )
A. 甲得第一名、乙得第二名、丙得第三名
B. 甲得第二名、乙得第一名、丙得第三名
C. 甲得第一名、乙得第三名、丙得第二名
D. 甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名
4. 若函数的最小值是，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
5. 的展开式中的常数项是( )
A. B. C. D.
6. 平行六面体的棱长均为，则对角线的长为( )
A. B. C. D.
7. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，，分别在点，处作的两条切线，两条切线交于点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 的值等于( )
A. B. C. D.
9. 实验测得六组成对数据的值为，，，，，，由此可得与之间的回归方程为，则可预测当时，的值为( )
A. B. C. D.
10. “”是“属于函数单调递增区间”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件
11. 已知定义在上的函数对任意区间和，若存在开区间，使得，且对任意都成立，则称为在上的一个“点”有以下两个命题：
若是在区间上的最大值，则是在区间上的一个点；
若对任意，都是在区间上的一个点，则在上严格增．
那么( )
A. 是真命题，是假命题 B. 是假命题，是真命题
C. 、都是真命题 D. 、都是假命题
12. 若不等式在上有实数解，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上一点，且，则的大小为______ ．
14. 数列中，，，则的前项的和为______ ．
15. 某校高二班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有人用时为分钟，有人用时分钟，有人用时为分钟，还有人用时为分钟，则高二班全体同学用餐平均用时为______分钟．
16. 已知圆：，，是圆上两点，点且，则最大值是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知函数的图象过点，且在点处的切线恰好与直线垂直．
求函数的解析式；
若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围．
18. 本小题分
已知正项数列的前项和为，且满足．
求，；
设，数列的前项和为，求证：．
19. 本小题分
如图，直四棱柱，底面是边长为的菱形，，，点在平面上，且平面D.
求的长；
若为的中点，求与平面所成角的正弦值．
20. 本小题分
已知．
求单调区间；
点为图象上一点，设函数在点处的切线为直线，若直线与轴交于点，求的最大值．
21. 本小题分
．
求在上的最小值；
，且，，，求的取值范围．
22. 本小题分
已知抛物线：上一点与焦点的距离为．
求和；
若在抛物线上存在点，，使得，设的中点为，且到抛物线的准线的距离为，求点的坐标．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据全称命题的否定可得，命题“，”的否定为：
“，”
故选：．
根据全称命题的否定为特称命题判断即可．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由的图象可得，在轴的左侧，图象下降，递减，
即有导数小于，可排除，；
再由轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，
函数递减，再递增，后递减，
即有导数先小于，再大于，最后小于，
可排除；
则B正确．
故选：．
由的图象可得在轴的左侧，图象下降，递减，轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，即有轴左侧导数小于，右侧导数先小于，再大于，最后小于，对照选项即可判断．
本题考查导数的概念和应用，考查函数的单调性与其导数符号的关系，以及数形结合的思想方法，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：记“甲得第一名”为，“乙得第二名”为，“丙得第三名”为，
是真命题，为真命题，说明丙为第三名，为假命题说明乙不为第二名，
若是真命题，是假命题，说明真假，说明甲为第一名．
故选：．
直接利用推理来进行判定结论．
本题考查的知识要点：复合命题的判定的应用，推理问题的应用．
4.【答案】
【解析】解：当时，，，
，，单调递减，
，，单调递增，，
因为的最小值为，所以当时，，
当时，．
若，在上单调递减，
，，得；
若，在上单调递减，在上单调递增，，舍去．
综上，实数的取值范围是．
故选：．
先求时函数的最小值，再根据函数的最小值，得时，，求出的取值范围．
本题主要考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：展开式的通项为
令得
所以展开式的常数项为：．
故选：．
利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为，求出，将的值代入通项求出常数项．
本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．
6.【答案】
【解析】解：平行六面体的棱长均为，
，
，
，
对角线的长为．
故选：．
由，能求出对角线的长．
本题考查对角线的长的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
7.【答案】
【解析】解：由题意，且抛物线的焦点为，
设，，
则：，
：，
联立二式解得，
所以
，
设：，与联立得，
所以有，，，
，
，
所以，
由于，所以．
故选：．
设，，：，首先用，表示出，而后利用韦达定理用表示出并分析其大小范围．
本题主要考查抛物线相关性质，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：
．
故选：．
利用指数与对数的运算法则即可得出．
本题考查了指数与对数的运算法则，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：由表中数据可得，，，
线性回归方程为，则，解得，
故，当时，．
故选：．
先求出样本中心点，线性回归方程恒过，代入即可求出，再令，代入求解即可．
本题主要考查线性回归方程的求解，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由，得或．
函数的图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为．
则函数的单调增区间为，
而外层函数是定义域内的增函数，
函数的单调递增区间是．
由，不能得到；反之，由，能够得到，
“”是“属于函数单调递增区间”的必要不充分条件．
故选：．
求出函数的单调递增区间，再由充分必要条件的判定得答案．
本题考查复合函数的单调性，考查充分必要条件的判定，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，设，满足是在区间上的最大值，但不是在区间上的一个点，错误；
对于，设，对于区间，令为有理数，满足对任意都成立，
故为区间上的一个点，但在上不是严格增函数，错误．
故选：．
举出反例，得到错误．
本题考查了函数新定义的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由不等式在上有实数解，知不等式在上有实数解．
设，，则，
而，
令得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
，
，
即的取值范围是．
故选：．
先分离参数得，因为不等式在上有实数解，所以，进而求出即可．
本题主要考查了存在性问题，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：双曲线的左、右焦点分别为，，
设，则，
由双曲线的定义可得：，可得，
，，又，
，的大小为．
故答案为：．
由已知双曲线方程求得焦点坐标，可得，，的值，再由余弦定理求解．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线定义及余弦定理的应用，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：，
，
又，则，
数列是首项为，公比为的等比数列，
，
，
的前项的和为．
故答案为：．
由题意变形得，可得数列是首项为，公比为的等比数列，求出，即可得出答案．
本题考查数列的递推式和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为：有人用时为分钟，有人用时分钟，有人用时为分钟，还有人用时为分钟；
所以：平均用时：，
故答案为：．
直接利用平均数的计算公式求解即可．
本题主要考查平均数的求法，属于基础题目．
16.【答案】
【解析】解：如图示：
设是线段的中点，则，
，
在中，，，
，
由勾股定理得：，
整理得，
故的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
故，
由圆的弦长公式可得：
，
故答案为：．
根据题意作出图象，结合圆的性质及直角三角形中线的性质，可得，即可求出的最大值．
本题考查了圆的性质，考查圆的弦，弦心距，半径的关系，考查数形结合思想，是一道中档题．
17.【答案】解：过点，且在点处的切线恰好与直线垂直，
，，
．
由题意得：，
解得或．
故的单调递增区间为和．
即或，
故或．
【解析】将的坐标代入的解析式，得到关于，的一个等式；求出导函数，求出即切线的斜率，利用垂直的两直线的斜率之积为，列出关于，的另一个等式，解方程组，求出，的值，即可求函数的解析式；
求出，令，求出函数的单调递增区间，据题意知，，，列出端点的大小，求出的范围．
注意函数在切点处的导数值是曲线的切线斜率；直线垂直的充要条件是斜率之积为．
18.【答案】解：，，
当时，，
由 得，
即，
又，
，
是首项为，公差为的等差数列，
，
代入得；
证明：由得，则，
，
，
，即．
【解析】由题意得，，作差变形得，可得是首项为，公差为的等差数列，即可得出答案；
由得，则，利用裂项法求和，即可证明结论．
本题考查数列的递推式和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，
故，
又，
所以；
由可知，平面的法向量为，
因为为的中点，所以，
设平面的法向量为，
因为，
则有，即，
令，则，
故，
所以，
故BE与平面所成角的正弦值为．
【解析】本题考查了点到面距离的求解以及线面角的求解，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，求出平面的法向量，然后求解即可；
求出平面的法向量，进行求解即可．
20.【答案】解：由题意得定义域为，
，由得，
列表如图：
单调递减 单调递减 单调递增
故的单增区间为，单减区间为和；
由题意得，故直线方程为，
将点代入直线方程得，整理得，
令，即求的最大值．
，由得，
由得，在上单调递增；
由得，在单调递减，
故在处取得最大值，．
故的最大值为．
【解析】求出的定义域和导函数的根，列表判断，即可得出答案；
先求出切线的方程和，再构造函数求最大值，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：，
在上单调递增，又，
故当时，，当时，，
故在单调递减，单调递增，
当，即时，在单调递减，
故；
当，即时，在单调递减，单调递增，
故；
当时，在单增，
故
综上，当时，；
当时，；
当时，．
由知在上单调递减，在上单调递增，
故，
故问题转化为对，都有，
令，则，
，
令，，
令，
则，
故在单调递增，，
即，从而在单调递增，
故，
则，，
从而在单调递减，在单调递增，
，
故实数的取值范围为．
【解析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值；
问题转化为，恒成立，令，则，利用导数求出函数的最小值，即可得解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：设抛物线的焦点为，根据题意可知，解得．
故抛物线：．
因为在抛物线上，所以又因为，所以．
设，，，直线的斜率为，直线的斜率为，
易知，一定存在，则，，
由，得，即，化简得，即，
因为到抛物线的准线的距离，所以，
则，即，，
，即，
解得或，则或，
故点的坐标为或．
【解析】根据抛物线的性质，求出，然后将代入抛物线的方程即可求出；
根据到抛物线的准线的距离求出的横坐标，将转为，从而得到，两者结合即可求出，即可求出点的坐标．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
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