2023-2024学年江西抚州七校联考高二上数学期末综合测试试题含解析

2023-2024学年江西抚州七校联考高二上数学期末综合测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．甲烷是一种有机化合物，分子式为，其在自然界中分布很广，是天然气、沼气的主要成分．如图所示的为甲烷的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离（H-H键长）相等，碳原子到四个氢原子的距离（C-H键长）均相等，任意两个H-C-H键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为，即，若，则以这四个氢原子为顶点的四面体的体积为（）A. B.C. D.2．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.3．平行直线：与：之间的距离等于（）A. B.C. D.4．焦点坐标为的抛物线的标准方程是（）A. B.C. D.5．已知等差数列中，，则（）A.15 B.30C.45 D.606．双曲线的渐近线方程是（）A. B.C. D.7．已知，若，是第二象限角，则=（）A. B.5C. D.108．已知，，若，则（）A.6 B.11C.12 D.229．已知数列满足，，则的最小值为（）A. B.C. D.10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的表面积为A.B.C.D.11．抛掷两枚硬币，若记出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”的概率分别为，，，则下列判断中错误的是（）.A. B.C. D.12．若数列等差数列，a1=1，，则a5=（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前项和.则数列的通项公式为_______.14．已知数列满足，则其通项公式_______15．有一组数据：，其平均数是，则其方差是________.16．若直线与直线平行，则实数m的值为____________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图在四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，，，为的中点，是棱上的一点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）已知函数，，其中为自然对数的底数.（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；（2）是否存在实数，使得的最大值是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.19．（12分）在等差数列中，已知公差，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和20．（12分）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.21．（12分）某校高二年级全体学生参加了一次数学测试，学校利用简单随机抽样的方法从甲班、乙班各抽取五名同学的数学测试成绩（单位：分）得到如下茎叶图，若甲、乙两班数据的中位数相等且平均数也相等.（1）求出茎叶图中m和n的值：（2）若从86分以上（不含86分）的同学中随机抽出两名，求此两人都来自甲班的概率.22．（10分）已知函数.（1）若在处取得极值，求在处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）若函数在上无零点，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解析】利用余弦定理求得，计算出正四面体的高，从而计算出正四面体的体积.【详解】设，则由余弦定理知：，解得，故该正四面体的棱长均为由正弦定理可知：该正四面体底面外接圆的半径，高故该正四面体的体积为故选：A2、D【解析】根据已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.故选：D.3、B【解析】先由两条直线平行解出，再按照平行线之间距离公式求解.【详解】，则：，即，距离为.故选：B.4、D【解析】依次确定选项中各个抛物线的焦点坐标即可.【详解】对于A，的焦点坐标为，A错误；对于B，的焦点坐标为，B错误；对于C，焦点坐标为，C错误；对于D，的焦点坐标为，D正确.故选：D.5、D【解析】根据等差数列的性质，可知，从而可求出结果.【详解】解：根据题意，可知等差数列中，，则，所以.故选：D.6、A【解析】先将双曲线的方程化为标准方程得，再根据双曲线渐近线方程求解即可.【详解】解：将双曲线的方程化为标准方程得，所以，所以其渐近线方程为：，即.故选：A.7、D【解析】先由诱导公式及同角函数关系得到，再根据诱导公式化简，最后由二倍角公式化简求值即可.【详解】∵，∴，∵是第二象限角，∴，∴故选：D8、C【解析】根据递推关系式计算即可求出结果.【详解】因为，，，则，，，故选：C.9、C【解析】采用叠加法求出，由可得，结合对勾函数性质分析在或6取到最小值，代值运算即可求解.【详解】因为，所以，，，，式相加可得，所以，，当且仅当取到，但，，所以时，当时，，，所以的最小值为.故选：C10、A【解析】由三视图可知该几何体是一个三棱锥，根据等积法求出几何体内切球的半径，再计算内切球的表面积【详解】解：由三视图知该几何体是一个三棱锥，放入棱长为2的正方体中，如图所示：设三棱锥内切球的半径为，则由等体积法得，解得，所以该三棱锥内切球的表面积为故选：A【点睛】本题考查了由三视图求三棱锥内切球表面积的应用问题，属于中档题11、A【解析】把抛掷两枚硬币的情况均列举出来，利用古典概型的计算公式，把，，算出来，判断四个选项的正误.【详解】两枚硬币，记为与，则抛掷两枚硬币，一共会出现的情况有四种，A正B正，A正B反，A反B正，A反B反，则，，，所以A错误，BCD正确故选：A12、B【解析】令、可得等差数列的首项和第三项，即可求出第五项，从而求出.【详解】令得，令得，所以数列的公差为，所以，解得，故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据公式求解即可.【详解】解：当时，当时，因为也适合此等式，所以.故答案为：14、【解析】构造法可得，由等比数列的定义写出的通项公式，进而可得.【详解】令，则，又，∴，故，而，∴是公比为，首项为，则，∴.故答案为：.15、2【解析】先按照平均数算出a，再按照方差的定义计算即可。【详解】∵，所以，方差，故答案为：2.16、【解析】利用两条直线平行的充要条件，列式求解即可【详解】解：因为直线与直线平行，所以，解得故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）.【解析】（1）推导出PQ⊥AD，从而PQ⊥平面ABCD，连接AC，交BQ于N，连接MN，则AQ∥BC，推导出MN∥PA，由此能证明PA∥平面BMQ（2）连结BD，以Q为坐标原点，以QA、QB、QP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M﹣BQ﹣P的余弦值【详解】（1）由已知PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊂面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，连接AC，交BQ于N，连接MN，∵底面ABCD是菱形，∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△BCN，，又，∴，∴MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，PA⊄平面BMQ，∴PA∥平面BMQ（2）连结BD，∵底面底面是菱形，∴△ABD是正三角形，∴由（1）知PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥AD，PQ⊥BQ，以Q为坐标原点，以QA、QB、QP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），设平面BMQ的法向量＝（x，y，z），∴，由（1）知MN∥PA，∴，∴，取z＝1，得，平面BQP的法向量，设二面角M﹣BQ﹣P的平面角为θ，则cosθ＝，∴二面角M﹣BQ﹣P的余弦值为18、（1）单调增区间是，单调减区间是；最大值为；（2）存在，.【解析】（1）利用为的极值点求得，进而可得函数的单调区间和最大值；（2）对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值.【详解】解：.（1）∵，，∴，由，得.∴，∴，，，，∴的单调增区间是，单调减区间是；的极大值为；也即的最大值为.（2）解：∵，∴，①当时，单调递增，得的最大值是，解得，舍去；②时，由，即，当，即时，∴时，；时，；∴的单调增区间是，单调减区间是，又在上的最大值为，∴，∴；当，即时，在单调递增，∴的最大值是，解得，舍去；综上：存在符合题意，此时.【点睛】本题主要考查了函数的导数在求解函数的单调性及求解函数的最值中的应用，还考查了函数的最值求解与分类讨论的应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的条件.19、（1）an=n（2）【解析】（1）由已知条件可得（d+2）2=2d+7，从而可求出公差，进而可求得数列的通项公式，（2）由（1）得，然后利用错位相减法求【小问1详解】因a1，a2+1，a3+6成等比数列，所以又a1=1，所以（d+2）2=2d+7，所以d=1或d=（舍），所以an=n；【小问2详解】因为，所以，所以，所以所以20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.又过点，故直线由可得，解得即点，又，故直线；（2）设，方法一：设直线，代入椭圆方程可得：所以，故，又均不为0，故，即为定值方法二：设直线，代入椭圆方程可得：所以所以，即，所以，即为定值方法三：设直线，代入椭圆方程可得：所以，所以所以，把代入得方法四：设直线，代入椭圆的方程可得，则所以.因为，代入得.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.21、（1），（2）【解析】（1）根据茎叶图得甲班中位数为，由此能求出，根据由，且，能求出.（2）甲班86分以上有2人，乙班86分以有2人，从86分以上(不含86分)的同学中随机抽出两名，用列举法写出基本事件总数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【小问1详解】根据茎叶图可知1班中位数为86，则，又∵，且故【小问2详解】由（1）可知，甲班86分以上有2人，乙班86以上有2人设甲班86分以上2人为，，乙班86分以上2人为，，从中任取两名同学共有，，，，,共有6组基本事件，且每组出现都是等可能的记：“从86分以上（不含86分）的同学中随机抽出两名，两人都来自甲班”为事件M，事件M包括：共1个基本事件，由古典概型的计算概率的公式知∴所以两人都来自甲班的概率为22、（1）；（2）见解析；（3）.【解析】（1）根据在处取极值可得，可求得，验证可知满足题意；根据导数的几何意义求得切线斜率，利用点斜式可求得切线方程；（2）求导后，分别在和两种情况下讨论导函数的符号，从而得到的单调性；（3）根据在上无零点可知在上的最大值和最小值符号一致；分别在，两种情况下根据函数的单调性求解最大值和最小值，利用符号一致构造不等式求得结果.【详解】（1）由题意得：在处取极值，解得：则当时，，单调递减；当时，，单调递增为极小值点，满足题意函数当时，由得：在处的切线方程为：，即：（2）由题意知：函数的定义域为，①当时若，恒成立，恒成立在内单调递减②当时由，得：；由得：在内单调递