江西省吉安市青原区双校联盟2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 江西省吉安市青原区双校联盟2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 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 | 2023-08-14 07:37:15 | ||
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文档简介
吉安市青原区双校联盟2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试卷
一、单选题（每题5分，共40分）
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
3．已知公差不为零的等差数列的前项和为，，则（ ）
A．17 B．34 C．48 D．51
4．2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家.现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．1999年12月1日，大足石刻被联合国教科文组织列为《世界遗产名录》，大足石刻创于晚唐，盛于两宋，是中国晚期石窟艺术的杰出代表作.考古科学家在测定石刻年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳的含量（单位：太贝克）随时间（单位：年）的衰变规律满足函数关系：，其中为时碳的含量，已知时，碳的含量的瞬时变化率是（太贝克/年），则（ ）太贝克.
A． B． C． D．
7．设函数的定义域是，且满足：（1）对于任意的，；（2）对于任意的，恒有.则下列结论：①对于任意的，；②在上单调递减；③的图象关于直线对称，其中正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．已知是等比数列，，，则公比（ ）
A． B． C．2 D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．若不存在，则曲线在点处也可能有切线
B．若曲线在点处有切线，则必存在
C．若不存在，则曲线在点处的切线斜率不存在
D．若曲线在点处没有切线，则有可能存在
11．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列，分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，则如下结论正确的是（ ）
A．，
B．，，
C．，使得当时，总有
D．，使得当时，总有
12．已知方程(为常数)，下列说法正确的有（ ）
A．为方程实根 B．
C．方程在无实根 D．方程所有实根之和大于
三、填空题（共20分）
13．已知，则 .
14．甲、乙、丙、丁4人站到共有5级的台阶上，若每级台阶最多站2人，且同一级台阶上的人不分次序，则不同的站法种数是 ．（用数字写答）
15．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，且侧棱底面，底面边长与侧棱长都等于2，，分别为，的中点，则平面与平面之间的距离为 ．
16．任意实数a，b，定义，设函数，数列是公比大于0的等比数列，且，则 .
四、解答题（共70分）
17．已知的三个顶点分别为，，.
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)求边上的中线所在直线的方程.
18．已知等差数列的前项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
19．从0-9这10个数字取出3个数字，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的三位数？
(2)能组成多少个没有重复数字的三位数奇数？
20．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且，将半圆沿AD翻折如图2．
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．
21．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，为坐标原点，线段的中点为，且．
(1)求方程；
(2)已知点、均在直线上，以为直径的圆经过点，圆心为点，直线、分别交椭圆于另一点、，证明直线与直线垂直．
22．已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
1．B
因为，，
所以.
故选：B
2．C
因为，所以其渐近线方程为.
故选：C.
3．D
设公差为，则，，
，，
则.
故选：D.
4．A
事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，
则，，，
故选：A.
5．C
圆的圆心坐标，半径，
设圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，即，解得，
设的中点为，
点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
的轨迹方程为，
因为，
又，，
即,
即的取值范围为 .
故选：C
6．B
由题意，所以．．
所以．
故选：B．
7．B
由题意，令，
则不等式等价于，
由（1）对于任意的，，
则，
所以，
当且仅当，即时成，
此时函数关于对称，所以③是正确的；
令，可得，所以①不正确；
又由
则不等式等价与，可得，
因为对于任意的，，所以，
所以恒成立，所以函数是常数函数，
则，此时函数在单调递减，在单调递增，所以在上不一定单调递减，所以②不正确.
故选B.
8．B
因为，所以，
又因为，所以，即；
构造，则，
令，解得，则在上单调递减，
所以，
即，则，可得；
综上所述：.
故选：B.
9．AD
由题意可得，解得或
故选：AD
10．AC
，不存在只能说明曲线在该点处的切线斜率不存在；
当斜率不存在时，切线也可能存在，其切线方程为，故AC正确.
故选：AC.
11．ABC
因为，两式相减有：，
因为，所以，
所以，，故A正确；
因为，所以，
因为数列，是正实数数列，所以，，
所以，，，故B正确；
由上可知，因为为常数，为递增数列，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故C正确；
因为，又，
所以，
因为为常数，为递增数列，所以当时，，，故D错误.
故选：ABC.
12．ACD
方程可化为,
即，令，则或，
令，，
令，所以在单调递增，在单调递减，
且，所以，故B错误，
故当时，，此时方程在无实根，A正确，
令的两个根为且则，
又，
令
则，
当无限接近1时，接近于，
令,则,
所以在上单调递减，
由于，所以，故，
所以，
故在上单调递增，
，故在上单调递减，故，
即，故
，即可
又时
所以方程所有实根之和大于.
故选：ACD
13．-2
因为，故.
故答案为：-2
14．540
由题意可以分以下三种情形：
1．没有二人在同一台阶，则有种方式；
2．只有二人在同一台阶，则有种方式；
3．有二人在同一台阶，另二人也同在另一个台阶上，则有，所以一共有种方式.
故答案为：540
15．
如图，连接，则，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
∴平面与平面间的距离即为点到平面的距离.
根据题意，底面，，两两垂直，
则以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
∵，，，，
，
设为平面的法向量，则，
即，取可得，
点到平面的距离记为d，
则d＝＝＝，
∴平面与平面间的距离为.
故答案为：.
16．
∵对任意实数a，b，定义，
∴函数，
由数列是公比大于0的等比数列，且 ，
①当时，∵
∴，，
由等比数列通项公式可得，
∴，
整个数列为，
∵，
∴，
即，
由对数运算，
∴化简后可得，
即，
∴.
②当时，，
此时，
，
∴不成立.
③当时，，∴，
整个数列为，
∴，，
∵，
∴，
即，
由对数运算，
∴化简后可得，
∵当时，，
∴等式左边大于0，等式右边小于0，方程无解.
综上所述，.
故答案为：.
17．(1)
(2)
（1）由题意得，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
（2）由题知的中点，所以，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
18．(1)
(2)
（1）解：设等差数列的公差为，由已知得，解得，
故.
（2）解：，
所以.
19．(1)648；
(2)320；
（1）由题意，第一类，不含0：个；
第二类，个位数字是0：个；
第三类，十位数字是0：个；
根据分类计数原理，能组成个没有重复数字的三位数；
（2）由题意，第一类：个位数字是1时，百位不能为0，个；
第二类: 个位数字是3时，百位不能为0，个；
第三类: 个位数字是5时，百位不能为0，个；
第四类: 个位数字是7时，百位不能为0，个；
第五类: 个位数字是9时，百位不能为0，个；
根据分类计数原理，能组成个没有重复数字的三位数奇数.
20．(1)证明见解析
(2)
（1）证明：连接，，，六边形为正六边形，则，
在翻折过程中，，平面，平面，
所以平面．
（2）连接，分别交于，，则，，
翻折过程中，平面，平面，，
，，所以平面，同理平面，
所以平面平面．又因为，
则三棱柱为直三棱柱，，，
且，，．
设，所以，
．
所以，即，，，为二面角的平面角，
即平面平面．以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴，
建立空间直角坐标系如图，
则,,，，，,2,，,3,，,2,，
，
设平面的一个法向量，有，
令得，同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，观察图可知其为锐角，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
21．(1)
(2)证明见解析
（1）由题意知：，，则，而，
∴，即，又，
∴，解得或（舍去），故，
∴的方程.
（2）令，，则，而，
∴，，
联立椭圆方程，整理得，显然，
若，则，得，则，即，
同理，整理得，显然，
若，可得，则，即.
∴，
又，则，所以，故，而，
∴，则直线与直线垂直，得证.
22．(1)答案见解析
(2)
（1）定义域为，，
①当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
②当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
综上所述，当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减.
（2）记，
由（1）知，当时，，
则，则，
当时，恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
则，即对恒成立，
令，对恒成立，
则在单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围为.
数学试卷
一、单选题（每题5分，共40分）
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
3．已知公差不为零的等差数列的前项和为，，则（ ）
A．17 B．34 C．48 D．51
4．2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家.现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．1999年12月1日，大足石刻被联合国教科文组织列为《世界遗产名录》，大足石刻创于晚唐，盛于两宋，是中国晚期石窟艺术的杰出代表作.考古科学家在测定石刻年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳的含量（单位：太贝克）随时间（单位：年）的衰变规律满足函数关系：，其中为时碳的含量，已知时，碳的含量的瞬时变化率是（太贝克/年），则（ ）太贝克.
A． B． C． D．
7．设函数的定义域是，且满足：（1）对于任意的，；（2）对于任意的，恒有.则下列结论：①对于任意的，；②在上单调递减；③的图象关于直线对称，其中正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．已知是等比数列，，，则公比（ ）
A． B． C．2 D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．若不存在，则曲线在点处也可能有切线
B．若曲线在点处有切线，则必存在
C．若不存在，则曲线在点处的切线斜率不存在
D．若曲线在点处没有切线，则有可能存在
11．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列，分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，则如下结论正确的是（ ）
A．，
B．，，
C．，使得当时，总有
D．，使得当时，总有
12．已知方程(为常数)，下列说法正确的有（ ）
A．为方程实根 B．
C．方程在无实根 D．方程所有实根之和大于
三、填空题（共20分）
13．已知，则 .
14．甲、乙、丙、丁4人站到共有5级的台阶上，若每级台阶最多站2人，且同一级台阶上的人不分次序，则不同的站法种数是 ．（用数字写答）
15．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，且侧棱底面，底面边长与侧棱长都等于2，，分别为，的中点，则平面与平面之间的距离为 ．
16．任意实数a，b，定义，设函数，数列是公比大于0的等比数列，且，则 .
四、解答题（共70分）
17．已知的三个顶点分别为，，.
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)求边上的中线所在直线的方程.
18．已知等差数列的前项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
19．从0-9这10个数字取出3个数字，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的三位数？
(2)能组成多少个没有重复数字的三位数奇数？
20．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且，将半圆沿AD翻折如图2．
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．
21．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，为坐标原点，线段的中点为，且．
(1)求方程；
(2)已知点、均在直线上，以为直径的圆经过点，圆心为点，直线、分别交椭圆于另一点、，证明直线与直线垂直．
22．已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
1．B
因为，，
所以.
故选：B
2．C
因为，所以其渐近线方程为.
故选：C.
3．D
设公差为，则，，
，，
则.
故选：D.
4．A
事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，
则，，，
故选：A.
5．C
圆的圆心坐标，半径，
设圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，即，解得，
设的中点为，
点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
的轨迹方程为，
因为，
又，，
即,
即的取值范围为 .
故选：C
6．B
由题意，所以．．
所以．
故选：B．
7．B
由题意，令，
则不等式等价于，
由（1）对于任意的，，
则，
所以，
当且仅当，即时成，
此时函数关于对称，所以③是正确的；
令，可得，所以①不正确；
又由
则不等式等价与，可得，
因为对于任意的，，所以，
所以恒成立，所以函数是常数函数，
则，此时函数在单调递减，在单调递增，所以在上不一定单调递减，所以②不正确.
故选B.
8．B
因为，所以，
又因为，所以，即；
构造，则，
令，解得，则在上单调递减，
所以，
即，则，可得；
综上所述：.
故选：B.
9．AD
由题意可得，解得或
故选：AD
10．AC
，不存在只能说明曲线在该点处的切线斜率不存在；
当斜率不存在时，切线也可能存在，其切线方程为，故AC正确.
故选：AC.
11．ABC
因为，两式相减有：，
因为，所以，
所以，，故A正确；
因为，所以，
因为数列，是正实数数列，所以，，
所以，，，故B正确；
由上可知，因为为常数，为递增数列，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故C正确；
因为，又，
所以，
因为为常数，为递增数列，所以当时，，，故D错误.
故选：ABC.
12．ACD
方程可化为,
即，令，则或，
令，，
令，所以在单调递增，在单调递减，
且，所以，故B错误，
故当时，，此时方程在无实根，A正确，
令的两个根为且则，
又，
令
则，
当无限接近1时，接近于，
令,则,
所以在上单调递减，
由于，所以，故，
所以，
故在上单调递增，
，故在上单调递减，故，
即，故
，即可
又时
所以方程所有实根之和大于.
故选：ACD
13．-2
因为，故.
故答案为：-2
14．540
由题意可以分以下三种情形：
1．没有二人在同一台阶，则有种方式；
2．只有二人在同一台阶，则有种方式；
3．有二人在同一台阶，另二人也同在另一个台阶上，则有，所以一共有种方式.
故答案为：540
15．
如图，连接，则，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
∴平面与平面间的距离即为点到平面的距离.
根据题意，底面，，两两垂直，
则以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
∵，，，，
，
设为平面的法向量，则，
即，取可得，
点到平面的距离记为d，
则d＝＝＝，
∴平面与平面间的距离为.
故答案为：.
16．
∵对任意实数a，b，定义，
∴函数，
由数列是公比大于0的等比数列，且 ，
①当时，∵
∴，，
由等比数列通项公式可得，
∴，
整个数列为，
∵，
∴，
即，
由对数运算，
∴化简后可得，
即，
∴.
②当时，，
此时，
，
∴不成立.
③当时，，∴，
整个数列为，
∴，，
∵，
∴，
即，
由对数运算，
∴化简后可得，
∵当时，，
∴等式左边大于0，等式右边小于0，方程无解.
综上所述，.
故答案为：.
17．(1)
(2)
（1）由题意得，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
（2）由题知的中点，所以，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
18．(1)
(2)
（1）解：设等差数列的公差为，由已知得，解得，
故.
（2）解：，
所以.
19．(1)648；
(2)320；
（1）由题意，第一类，不含0：个；
第二类，个位数字是0：个；
第三类，十位数字是0：个；
根据分类计数原理，能组成个没有重复数字的三位数；
（2）由题意，第一类：个位数字是1时，百位不能为0，个；
第二类: 个位数字是3时，百位不能为0，个；
第三类: 个位数字是5时，百位不能为0，个；
第四类: 个位数字是7时，百位不能为0，个；
第五类: 个位数字是9时，百位不能为0，个；
根据分类计数原理，能组成个没有重复数字的三位数奇数.
20．(1)证明见解析
(2)
（1）证明：连接，，，六边形为正六边形，则，
在翻折过程中，，平面，平面，
所以平面．
（2）连接，分别交于，，则，，
翻折过程中，平面，平面，，
，，所以平面，同理平面，
所以平面平面．又因为，
则三棱柱为直三棱柱，，，
且，，．
设，所以，
．
所以，即，，，为二面角的平面角，
即平面平面．以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴，
建立空间直角坐标系如图，
则,,，，，,2,，,3,，,2,，
，
设平面的一个法向量，有，
令得，同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，观察图可知其为锐角，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
21．(1)
(2)证明见解析
（1）由题意知：，，则，而，
∴，即，又，
∴，解得或（舍去），故，
∴的方程.
（2）令，，则，而，
∴，，
联立椭圆方程，整理得，显然，
若，则，得，则，即，
同理，整理得，显然，
若，可得，则，即.
∴，
又，则，所以，故，而，
∴，则直线与直线垂直，得证.
22．(1)答案见解析
(2)
（1）定义域为，，
①当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
②当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
综上所述，当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减.
（2）记，
由（1）知，当时，，
则，则，
当时，恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
则，即对恒成立，
令，对恒成立，
则在单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围为.
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