江西省新余市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

新余市2022-2023学年度下学期期末质量检测高二数学试题卷说明：1.本卷共有四个大题，22个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟.2.本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分.一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接利用交集的概念求解即可.【详解】因为集合，，所以.故选：B2.的展开式中的系数是（）A.5B.C.D.4【答案】A【解析】【分析】根据二项式定理计算即可.【详解】在的展开式中的项为，所以的系数是5.故选：A.3.已知等差数列的前项和为，若，，则等差数列的公差（）A3B.2C.D.4【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式计算作答.【详解】等差数列的前项和为，，， 于是，解得，所以等差数列的公差.故选：B4.在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例.在西方，最早提出并证明此定理的为公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，他们用演绎法证明了直角三角形斜边平方等于两直角边平方之和.若一个直角三角形的斜边长等于6，则这个直角三角形周长的最大值为（）A.B.12C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合基本不等式运算求解.【详解】设直角三角形的两直角边长分别为，则，可得，当且仅当时，等号成立，则，所以这个直角三角形周长的最大值为.故选：A.5.已知函数,则的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在上为减函数，∴，，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B. 考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.6.2020年12月1日22时57分，嫦娥五号探测器从距离月球表面处开始实施动力下降，7500牛变推力发动机开机，逐步将探测器相对月球纵向速度从约降为零.12分钟后，探测器成功在月球预选地着陆，记探测器与月球表面距离的平均变化率为，相对月球纵向速度的平均变化率为，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合平均变化率的计算公式，即可求解．【详解】探测器与月球表面的距离逐渐减小，则，探测器的速度逐渐减小，则,故选：C7.设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据分段函数解析式研究的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得、、，进而将目标式转化并令，构造，则只需研究在上的范围即可.【详解】由分段函数知：时且递减；时且递增； 时，且递减；时，且递增；∴的图象如下：有四个实数根，，，且，由图知：时有四个实数根，且，又，由对数函数的性质：，可得，∴令，且，由在上单增，可知，所以故选：A8.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造函数、，利用导数分析这两个函数的单调性，利用函数的单调性可得出、的大小关系，利用函数的单调性可得出、，综合可得出、、的大小关系.【详解】设，所以，令，其中，则.由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，即，当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递增，又因为，所以，所以，所以；设，，当时，，单调递减；当时，，单调递增.因为，所以，即有，即，所以，故.故选：D.【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：（1）判断各个数值所在的区间；（2）利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.若甲、乙等4个人站成一排，则下列判断正确的是（）A.甲、乙不相邻有12种B.甲、乙不相邻有18种C.甲、乙相邻有12种D.甲、乙相邻有18种【答案】AC【解析】【分析】利用插空法可判断A，B；利用捆绑法可判断C，D.【详解】对于A，B，先排除甲、乙外其余两人，再用插空法排甲、乙，共有种排法，A正确，B错误；对于C，D，将甲、乙看做一个整体，内部排列后，再与其余2人一起排列， 共有种排法，C正确，D错误；故选：AC10.已知在数列中，，，则下列结论正确的是（）A.是等差数列B.是递增数列C.是等差数列D.是递增数列【答案】CD【解析】【分析】根据递推关系可得，进而根据等差数列的性质即可求解.【详解】由可得，所以是以公差为1的等差数列，故CD正确，，故不是等差数列，而且为单调递减数列，故AB错误，故选：CD11.设函数是函数的导函数，若，且当时，，令，则下列结论正确的是（）A.为偶函数B.为奇函数C.在上为减函数D.不等式的解集为.【答案】ACD【解析】【分析】根据奇偶函数的定义判断选项A、B，根据导函数判断单调性及偶函数性质判断选项C，利用抽象函数的单调性及偶函数性质解不等式判断D. 【详解】，定义域为，因为，所以函数为偶函数，故选项A正确，选项B错误；由得，当时，，所以，所以函数在上为增函数，根据偶函数的性质知，函数在上为减函数，故选项C正确；将不等式化为，即，又函数函数为偶函数，且在上为增函数，所以，所以，平方化简得，解得，所以不等式的解集为，故选项D正确.故选：ACD12.太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美.定义：若一个函数的图象能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分，则称该函数为圆的一个“太极函数”，设圆，则下列说法中正确的是（）A.函数是圆的一个太极函数B.函数的图象关于原点对称是为圆的太极函数的充要条件C.圆的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数D.函数是圆的一个太极函数【答案】AD【解析】【分析】根据题中所给的定义对四个选项逐一判断即可. 【详解】选项A：设，因为，所以函数是奇函数，它的图象将圆周长与面积分别等分，如下图所示：所以函数是圆O的一个太极函数，故本说法正确；选项C：如下图所示：函数是偶函数，也是圆O一个太极函数，故本说法不正确；选项B：根据选项C的分析，圆O的太极函数可以是偶函数不一定关于原点对称，故本说法不正确；选项D：因为是奇函数，所以它的图象将圆周长与面积同时等分，下图所示：因此函数是圆O的一个太极函数，故本说法是正确的；故选:AD.三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）13.随着我国对新冠肺炎疫情的控制，全国消费市场逐渐回暖，某商场统计的人流量x（单位：百人）与销售额y（单位：万元）的数据表有部分污损，如下所示.x23456y2.23.86.57.0 已知x与y具有线性相关关系，且线性回归方程，则表中污损数据应为_____.【答案】5.5【解析】【分析】先计算出，再由线性回归方程过点，可得答案.【详解】由表可知.因为线性回归方程过点，所以，所以表中数据应为.故答案为：5.5.【点睛】本题考查线性回归方程过样本中心点，属于基础题.14.不等式的解集是________．【答案】或【解析】【分析】将分式不等式，移项，通分，合并同类项，变形为，转化为等价的整式不等式组，解不等式组，即可.【详解】，解得：或.不等式的解集是：或故答案为：或【点睛】本题考查分式不等式的求解，同时也考查了转化与化归的思想，属于容易题.15.已知函数，其导函数记为，则________.【答案】【解析】【分析】直接求导，代入数据计算即可. 【详解】，则，故答案为：.16.根据拉面的制作原理，可以模拟如下的数学问题：如图，在数轴上截取从原点到1的对应点的线段AB，对折后（点A与点B重合），固定左端向右均匀地拉成1个单位长度的线段，这一过程称为一次操作（例如，在第一次操作后，原线段AB上的，均变成；变成1；等等）．那么在线段AB上（除点A、点B外）的点中，在第一次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的数字为；在第二次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的所有数字之和为________；以此类推…，在第n次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的所有数字之和为________．【答案】①.1②.【解析】【分析】（1）根据题意，可知下一次的操作把上一次的对应点正好扩大了2倍．因为第一次操作后，原线段上的，均变成，则第二次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的数是和，则它们的和可求；（2）根据题意，将恰好被拉到与1重合的点所对应的坐标列出数据，找出规律，列出通项求和即可．【详解】解：（1）第一次操作后，原线段上的变为1，第二次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的数有个，分别是和，其和为1；（2）第三次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的数有个，分别是、、和，其和为2，，可以推出第次操作后，恰好被拉到与1重合的点所对应的数的通项为、，共有个点， 其和为：故答案为：1；.四、解答题（共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知全集为实数集，集合，.（1）若，求图中阴影部分的集合；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题图知，再根据已知及集合的交补运算求集合M即可.（2）讨论、，根据集合的包含关系列不等式组求参数范围.【小问1详解】解：时，，由图知，，因，所以，所以.【小问2详解】当时，，解得，此时成立；当时，，解得，因为，所以，解得，所以；综上可得，实数的取值范围是. 18.椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且短轴长为2.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，求线段的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，（2）由弦长公式即可求解.【小问1详解】由题意设椭圆的方䄇为，因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由已知得直线的方程为，设，将直线代入，得，易得，所以，，所以. 19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由底面，证得，再由为正方形，得到，证得平面，得到，结合，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到，利用平面的一个法向量为，利用夹角公式列出方程求得，再求得平面的法向量为，结合向量的距离公式，即可求解.【小问1详解】证明，因为底面，且底面，所以，因为为正方形，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，由，为线段的中点，所以，因为且平面，所以平面.【小问2详解】解：因为底面，且，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系 ，如图所示，则，，，所以，设，则，因为轴平面，所以平面的一个法向量为所以，解得，所以；又因为，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以.因为，所以点到平面的距离为.20.设等差数列的前n项和为，数列为正项等比数列，其满足，，.（1）求数列和的通项公式；（2）若_______，求数列的前n项和.在①，②，③这三个条件中任一个补充在第（2）问中；并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1），；（2）见解析.【解析】【分析】（1）由题设条件可得公差和公比的方程组，解方程组后可得两个数列的通项.（2）根据所选的数列分别选分组求和、错位相减法、裂项相消法可求.【详解】（1）设等差数列的公差为，公比为，则，解得或（舍），故，.（2）若选①，，故，若选②，则，故，所以，所以即.若选③，则，故.【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.21.已知函数，.（1）若为奇函数，求实数的值； （2）在（1）的条件下，当时，函数存在零点，求实数的取值范围；（3）定义在上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的一个上界.若函数在上是以5为上界的有界函数，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义即可化简求解，（2）利用换元法以及二次函数的性质即可求解最值，（3）利用对勾函数的单调性，分别利用函数单调性求解，的最值即可求解.【小问1详解】因为为奇函数，所以对定义域内的，有恒成立，即，即，解得，经检验，不合题意，故；【小问2详解】由（1）得，令，由，所以，则，其对称轴为，当时，，当时，，所以值域为，又因为函数存在零点，等价于方程有解， 所以实数的取值范圆是；【小问3详解】由已知，上恒成立，即在上恒成立，化简得在上恒成立，所以，设，因为，即得，记，，易得在上单调递增，所以，由于当且仅当时取等号，由于，故根据对勾函数的性质可知在上单调递减，故，因此实数的取值范围是.22.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若存在，使得，求a的取值范围．【答案】（1）（2）当时，的减区间为，无增区间；当时，的减区间为，增区间为（3）【解析】 【分析】（1）当时，求出函数的导数，求出曲线在点处切线的斜率，然后求解切线的方程即可；（2）先求出函数的导数，分和两种情况讨论即可得到单调区间；（3）将题中条件转化为若，使得成立，再结合函数放缩得到若，使得成立，再根据（2）中的单调情况可知为与中的较大者，从而得到当或即可满足题意，进而求解即可．【小问1详解】当时，，则，得，，所以曲线在点处的切线方程为．【小问2详解】由，则，当时，恒成立，此时在R上单调递减；当时，令，解得，此时与的变化情况如下：-0+↘极小值↗由上表可知，的减区间为，增区间为，综上，当时，的减区间为，无增区间； 当时，减区间为，增区间为．【小问3详解】将在区间上的最大值记为，最小值记为，因为存在，使得，所以，使得成立，即或，当时，，若，使得成立，只需，由（2）可知在区间上单调或先减后增，故为与中的较大者，所以只需当或即可满足题意，即只需或，解得或，综上所述，的取值范围是．【点睛】关键点点睛：函数不等式恒成立问题，要进行适当转化．解答小问（3）的关键在于转化为若，使得成立，再结合函数放缩得到若，使得成立，再根据（2）中的单调情况求解即可得到的取值范围．