江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（含解析）

南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
一 选择题
1.数列中，，则（ ）
A.32 B.62 C.63 D.64
2.直线与曲线相切于点，则（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
3.已知的图象如图所示，则的图象最有可能是（ ）
A. B.
C. D.
4.设是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
5.已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知等差数列满足，则不可能取的值是（ ）
A.-3 B. C. D.
7.已知是双曲线的左 右焦点，过的直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多选题
9.下列选项中，在上单调递增的函数有（ ）
A. B.
C. D.
10.下列结论成立的有（ ）
A.若是等差数列，且，则
B.
C.数列的通项公式为，则前99项和
D.若两个等差数列的前项和且，则
11.已知函数为定义在上的奇函数，若当时，0，且，则（ ）
A.
B.当时，
C.
D.不等式的解集为
三 填空题
12.已知，求__________.
13.已知是等差数列的前项和，，则满足的正整数是__________.
14.已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为__________.
四 解答题
15.已知函数的图像在点处的切线方程为.
（1）求的值和函数的解析式；
（2）求函数的单调区间和极值.
16.已知等差数列的公差为2，记数列的前项和为且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
17.在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18.过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物线的准线.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
19.已知函数.
（1）当时，求的极值.
（2）若对任意，都有恒成立，求整数的最大值.
答案
1.C 数列中，，.
2.A 直线与曲线相切于点，可得，即，的导数为，即有，则.
3.D
4.D 由是两个不同的平面，是两条不同的直线，知：
在A中，若，则与相交 平行或，故A错误；
在B中，若，则或，故B错误；
在C中，若，则与平行或异面，故C错误；在D中，若，则由直线与平面平行的性质定理得，故D正确.
5.C 令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减.故，
所以，因为，所以，故，所以，因为得，又，所以，则1，同理，所以，所以.
6.A 设，则，所以.
7.B 由双曲线的定义得，|可得，
.故为等边三角形，在中，.，又
双曲线的离心率.
8.A 由题意得，方程有三个不等的实数根.
，分别作出函数和的图象，
可得的取值范围是.故选A.
9.BD 选项A，在上，递减，所以不符合题意；
选项B.因为，所以在上单调递增，符合题意；
选项C.因为，当时，，函数单调递减，不符合题意；
选项D.因为，当且仅当时取等号，所以在上单调递增，符合题意.故选BD.
10.ACD 对于A，由等差数列的性质得，故，故A正确；对于B，故B错误；
对于C，
，故C正确；对于D，由，可得，则，所以，故D正确.
11.CD 构造函数，其中，因为函数为定义在上的奇函数，则，所以，，故函数为偶函数
，当时，，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，因为，则，则.
对于A选项，，即，所以，A错；
B选项，不妨，则，即，此时B错；
对于C选项，因为偶函数在上单调递减，
则，即，整理可得C对；
对于D选项，当时，由可得，解得，
当时，由可得，解得.
综上所述，不等式解集为D对.故选：CD.
12.
.
13.29 等差数列中，，则，所以，
则满足的正整数.
14. 因为，所以不等式就是，即，两边是同构式，构造函数，，则就是
因为，所以在上单调递增，而，因此由得，，即，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的最大值为，所以.故正实数最小值为.
15.解：（1）的定义域为，把点代入切线方程为得：，所以切点坐标为，由题意得：，①
因为，且函数的图象在点处的切线斜率为-6，
所以，②由①②解得：，
综上.
（2）由（1）知，.所以，
令，解得：；令，解得：，所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
当时，函数的极小值为，无极大值.
16.（1）时，，即.
又，所以时，，即.又，
所以，所以，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，则，所以，
所以.
17.（1）平面平面平面.同理可得平面.又平面平面平面.平面平面.
（2）取中点，易知.：平面平面，平面平面平面.如图，建立空间直角坐标系，则，.从而，得，设平面的法向量，有，得，解得，故.
设直线与平面所成角为，则
，所以直线与平面所成角的正弦值为.
18.（1）设直线与轴交于，由几何性质：，解得：，故抛物线的标准方程为：.
（2）设.
（i）由题意，中点在抛物线上，即，又，将代入.得：.同理：.有.此时点纵坐标为.所以直线的斜率为0.
（ii），故点.
.又点在圆上，有，即，代入上式可得：
.由.故时，取到最大值.所以的最大值为48.
19.（1）当时，，定义域为，令，可得，所以在单调递增，在单调递减，则函数的极大值为，无极小值.
（2），即，分离参数可得，
令，则，令，，所以在上单调递增；
又，所以，使，即，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以，又，所以，所以，所以整数的最大值为4.