2022-2023年下学期期末数学试题答题卡
17
19.
姓名：
考号
班级：
考场/座位号：
11【11
1
【1
[21
[21[21[2]
[21
[2
缺考标记
(31
[31[31[3]
[31
[3]
「41
r41
4
[4]
[4]
5
5
[51
T61
[6][61[6
[6]
6]
71
[71i71i7
I71
7
[8
一、单选题共40分
1 IAlIBIICIIDI
5 IAIIBIICIIDI
2 IAIIBIICIIDI
6 IAIIBIICIIDI
3【A][B][C][D]
7 [A][B][CJID]
4【A][B][C][D]
8[A][B][C][DJ
二、多选题共20分
9IA1[B1[c][D]
填空题共20分
13
14.
15.
16
解答题共70分
17.
第1页
■
■
姓名
班级：
考场/座位号
21
22.
20
E
F
B
D
C
■
第2页
■2022-2023年下学期期末数学试题
范围：选填集合逻辑函数导数 解答高考题型 满分：150分
单选题共40分
1．设命题，则的否定为（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知的值是（ ）
A．3 B．1 C．2 D．
6．已知函数在处有极大值，则的值为（ ）
A．6 B．6或2 C．2 D．4或2
7．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．设函数，若实数a满足不等式，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（ ）
A． B． C． D．
多选题共20分
9．下列计算正确的有（ ）
A． B． C． D．
10．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
11．若直线与函数，且的图象有两个公共点，则可以是（ ）
A．2 B． C． D．
12．已知是定义在上的函数，且对于任意实数恒有．当时，．则（ ）
A．为奇函数 B．在上的解析式为
C．的值域为 D．
三、填空题共20分
13．曲线在点处的切线方程为______________．
14．设函数则_______.
15．幂函数在上为减函数，则的值为______.
16．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是______________．
四、解答题共70分
17．10分 已知等差数列的前项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求证：数列是等比数列，并求数列的前项和．
18．12分 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，求周长的取值范围.
19．12分 某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生500人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：将分数不低于750分的学生称为“高分选手”.
(1)求的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)现采用分层抽样的方式从分数落在，内的两组学生中抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望.
20．12分 如图，在由三棱锥和四棱锥拼接成的多面体中，平面，平面平面，且是边长为的正方形，是正三角形.
(1)求证:平面；
(2)若多面体的体积为16，求与平面所成角的正弦值.
21．12分 已知椭圆E:过点，且左，右焦点分别为，，直线y=kx与椭圆交于A，B两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若椭圆上一动点，使得，求点P的横坐标x的取值范围.
(3)设为椭圆上一点，且直线NA的斜率，试求直线NB的斜率的取值范围.
22．12分 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）存在且，使成立，求的取值范围.
试卷第4页，共4页
参考答案：
1．B【详解】由题意可知命题为特称命题，
其否定为全称命题，即“”，故选：B.
2．D【详解】，，
所以，故选：D.
3．A【详解】由，可得；由，可得；
则“”是“”的充分不必要条件.故选：A
4．D【详解】由题意可知：函数的定义域为，又因为，
所以函数为上的奇函数，故排除选项和；又因为当时，函数，故排除选项，故选：.
5．C【详解】根据导数值的定义：.
6．A【详解】因为函数，所以，
因为在处有极大值，所以，即，解得或，
当时，，令，解得或 ，
当时， ，即在单调递减，当时，，即在单调递增，
所以时取得极小值，不合题意，舍去；当时，，
令，解得或 当时，，即在单调递增，
当时，，即在单调递减，所以时取得极大值，符合题意.
所以的值为6，故选：A．
7．D【详解】由题意可知：的定义域为，因为，所以函数为奇函数，又因为，且在上为减函数，
由复合函数的单调性可知：在上为增函数，因为，所以，所以，解得：或，
所以实数的取值范围为，故选：D.
8．C【详解】解：令，则，因为，
所以，则在上单调递减.
所以，故，，故选：C
9．ABD【详解】对于A， ，故A正确；对于B，，故B正确；
对于C，令，则，所以，故C错误；
对于D，令，则，所以，故D正确；故选：ABD
10．BC【详解】由题意可知，对于选项AB，因为，所以，又因为，且，所以，则，所以选项A错误，选项B正确；对于选项CD，，且，所以，故选项C正确，选项D错误；故选：BC.
11．CD【详解】由题意，直线与函数，且的图象有两个公共点，
当时，的图象如图（1）所示，由已知得，；
当时，的图象如图（2）所示，由已知可得，
，结合可得无解．综上可知的取值范围为．故选：．
12．ABD【详解】根据题意，时，，因为时，，
所以，又由，则，
即，，若，则，，
若，则，，
故在区间上，所以关于原点对称，又由，则，即函数是周期为的周期函数，故的图象关于原点对称，由此分析选项：
对于A，的图象关于原点对称，为奇函数，故A正确；
对于B，当时，则，则，
函数是周期为的周期函数，则，故B正确；
对于C，在区间上，，则，，
所以，故的值域一定不是，故C错误；
对于D，因为时，，所以，，又，则，
则有，，故，所以
，故D正确；故选：ABD．
13．【详解】，则，则曲线在点处的切线方程为：，即
故答案为
14．98【详解】依题意，函数，可得得，所以.故答案为：98．
15．【详解】由函数是幂函数，则，解得或；
当时，，在上为减函数，满足题意；
当时，，在上为增函数，不合题意.故答案为：.
16．【详解】由，得
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，所以即实数的取值范围是，
17．【详解】解：（1）设公差为，因为，所以，即．
因为，所以，即．由①②，解得，，
所以．（2）由（1）得，则，且．
所以数列是首项为4，公比为的等比数列，所以．
18．【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以；
（2）由正弦定理可知:，则，
所以，
因为，所以，所以，所以，所以，
所以周长的取值范围为.
19．【详解】（1）由题意知，解得，
所以每组的频率依次为，
样本平均数，
因为，所以中位数650，又因为的频率最大，所以众数为600．
（2）由题意可得：从中抽取人，从中抽取人，
则随机变量的所有可能取值有0，1，2，3．可知，
即，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2 3
随机变量的数学期望．
20．【详解】（1）取的中点，连接，由是正三角形，得，平面，
而平面平面，平面平面，则平面，
因为平面，则，平面，所以平面.
（2）由平面，平面，得，而，，
平面，则平面，又，平面，平面，
因此平面，而平面，于是平面平面，
则点到平面的距离等于点平面的距离，又，
依题意，，解得，
以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
正方形的边长为2，是正三角形，
则，，
设平面的一个法向量为，则，取，得，
而，令与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值是.
21．【详解】（1）由已知得，，所以，所以，椭圆E的方程为.
（2）由题意知，，，所以，，所以有①.
又点在椭圆上，所以，即，代入①，有，整理可得，
解得，.
（3） 由题可设，，则，，
所以有.
又，
即，.
又，
根据不等式的性质可得，.
22．（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.
【详解】试题分析：（1）先求，再由得增区间，由得减区间；（2）先转化为在上存在减区间，即有解，分离参数得有解，只需即可.
试题解析：（1），令得，
时，，单调递增；时，，单调递减；
综上，单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）不妨设，由（1）知时，单调递减.
等价于，
即，
存在且，使成立.
令，在上存在减区间.
有解，即有解，即.
令，，
时，，单调递增，时，，单调递减，
∴，∴.
考点：1、利用导数研究函数的单调性及最值；2、不等式有解求参数范围问题.
【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值及不等式有解问题，属于难题.不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布列不等式组解答，还可以转化为有解（即可）或转化为有解（即可）,本题（2）就是用这种方法求得的取值范围的.
答案第6页，共7页
