2022-2023学年江西省吉安市吉州区部分学校高二下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、单选题（每题5分，共40分）1.如图，U是全集，集合A、B是集合U的两个子集，则图中阴影部分所表示的集合是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，阴影部分所表示的集合中任意元素x必须满足：且，即且，于是得，所以图中阴影部分所表示的集合是.故选：B2.已知，，，则（）A.1 B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗设，则①，，则②，②-①得，，，则，故.故选：A3.已知的展开式中的各项系数之和为，则展开式中的常数项为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为的展开式中的各项系数之和为，即，所以.又的展开式的通项为,令，解得，所以展开式的常数项为.故选：A.4.已知椭圆为两个焦点，为椭圆上一点，若的周长为4，则（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗D〖解析〗设椭圆的焦距为，则，的周长为，解得，故选：D5.若点在抛物线上，则该抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为点在抛物线上，所以，得，所以抛物线方程为，所以抛物线的准线方程为，故选：A6.已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗斜三棱柱所有棱长均为.故选:.7.已知等比数列的前项和为，若，则（）A.为递减数列 B.为递增数列C.数列有最小项 D.数列有最大项〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，则，由可得，又，所以即，又，所以，即，故等比数列首项，公比满足或，当时，等比数列为正负项交替的摆动数列，故不单调；当时，，等比数列单调递减，故A，B不正确；又，且所以当时，由于，则，，此时数列的最小项为，最大项为；当时，有，则数列为单调递增数列，有最小项，无最大项，故C正确，D不正确.故选：C.8.若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由在上恒成立，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，设，则在上恒成立，又，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，当时，由于，则，此时，，满足在上恒成立；当时，由于，则，要使在上恒成立，则需在上恒成立，即在上恒成立，设，，则，易知当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则，又，所以综上，实数的取值范围为．故选：B．二、多选题（每题5分，共20分）9.下列计算正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗A选项，，故A选项正确；B选项，，故B选项错误；C选项，，故C选项正确；D选项，，故D选项错误；故选：AC10.已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（）A. B. C. D.1〖答案〗AD〖解析〗由题意，，由等比数列通项公式可得，由于等比数列每一项都不是，故，即，解得或.故选：AD11.已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（）A.有个极值点B.是的极大值点C.是的极大值点D.在上单调递增〖答案〗ABD〖解析〗根据函数的图象可知，在区间，单调递增；在区间，单调递减.所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，是的极小值点，所以ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD12.已知等比数列前项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.数列的通项公式为 B.C.数列是等比数列 D.〖答案〗ABD〖解析〗由于等比数列前项和为，且，所以，整理得，所以数列的公比；由于是与的等差中项，故，整理得，解得.故，故A正确；所以，故B正确；由于数列满足，所以当时，不为常数，所以数列不是等比数列，故C错误；，又，所以，故D正确.故选：ABD三、填空题（共20分）13.已知随机变量，且，则______.〖答案〗〖解析〗因为，所以正态曲线的对称轴为，因为，所以，所以.故〖答案〗为：14.已知数列中，，，，则___________.〖答案〗〖解析〗由题意知，，，，，，，，易知是周期为6的数列，．故〖答案〗为：-315.已知双曲线​的实轴端点分别为​，点是双曲线上异于​另一点，则​与​的斜率之积为______〖答案〗〖解析〗设,，，且，，，则，，所以，所以与的斜率之积为，故〖答案〗为：．16.已知，函数在上存在两个极值点，则的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗函数在上存在两个极值点，等价于在上有2个不同的实根（变号），即的图象与直线在上有2个不同的交点（变号），求出，当，时，,

当，时，所以在，上单调递增，在，上单调递减．可画出草图如图：要保证直线（）在上有2个不同的交点（变号），只需，可得，故〖答案〗为：．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.解：（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）由题知中点，所以，则边上的中线所在直线的方程为，化简得.18.某市为了解该市小学生在“双减”政策下课外活动的时间，随机抽查了50名小学生，统计了他们参加课外活动的时间，并绘制了如下的频率分布直方图，如图所示.（1）由频率分布直方图估计小学生课外活动时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）由频率分布直方图可认为：课外活动时间t（分钟）近似服从正态分布，其中为样本中课外活动时间的平均数.用频率估计概率，在该市随机抽取10名学生，记课外活动时间在内的人数为X，求X的数学期望（精确到0.1）.参考数据：当t服从正态分布时，，，.解：（1）由图知：平均数为：；（2）由题设，，则，，，由题意知：，则.19.如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）因为，，则，又平面，平面，则，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.（2）因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、，设，，其中，显然平面的一个法向量为，依题意，，解得，于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，则，取，得，而平面的一个法向量为，所以平面与平面夹角余弦值为.20.在数列中，，，且.设为满足的的个数.（1）求，的值；（2）设，数列的前n项和为，对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围.解：（1）因为，所以，则是等差数列，设数列的公差为，由，则，解得，则，因为是满足的的个数，所以，则，.（2）由（1）得，则，设，则，即递增，故，因为对任意，恒成立，即恒成立，整理得恒成立，即恒成立，解得，所以的取值范围是.21.已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．（1）求椭圆C的方程；（2）证明：直线DE的倾斜角为定值．解：（1）由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．∴椭圆C的方程为．（2）设，，，则．①当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，整理得．∴．直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，整理得．∴．因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．由①知，∴．∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．综上所述，直线DE的倾斜角为．22.已知函数，．（1）若在上是增函数，求的取值范围；（2）若在上的最小值，求的取值范围．解：（1）因为，所以，令，则，因为在上是增函数，所以，则恒成立，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，故，则，此时在上是增函数，所以的取值范围是，（2）由（1）知在上是增函数，，当时，在上单调递增，，令，得，故；当，即时，，在上单调递减，，令，解得，此时不存在；当时，，存在，使得，即，故当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以，当且仅当，即时，等号成立，显然，等号不成立，所以，令，解得，此时不存在；综上所述，的取值范围是.江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、单选题（每题5分，共40分）1.如图，U是全集，集合A、B是集合U的两个子集，则图中阴影部分所表示的集合是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，阴影部分所表示的集合中任意元素x必须满足：且，即且，于是得，所以图中阴影部分所表示的集合是.故选：B2.已知，，，则（）A.1 B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗设，则①，，则②，②-①得，，，则，故.故选：A3.已知的展开式中的各项系数之和为，则展开式中的常数项为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为的展开式中的各项系数之和为，即，所以.又的展开式的通项为,令，解得，所以展开式的常数项为.故选：A.4.已知椭圆为两个焦点，为椭圆上一点，若的周长为4，则（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗D〖解析〗设椭圆的焦距为，则，的周长为，解得，故选：D5.若点在抛物线上，则该抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为点在抛物线上，所以，得，所以抛物线方程为，所以抛物线的准线方程为，故选：A6.已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗斜三棱柱所有棱长均为.故选:.7.已知等比数列的前项和为，若，则（）A.为递减数列 B.为递增数列C.数列有最小项 D.数列有最大项〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，则，由可得，又，所以即，又，所以，即，故等比数列首项，公比满足或，当时，等比数列为正负项交替的摆动数列，故不单调；当时，，等比数列单调递减，故A，B不正确；又，且所以当时，由于，则，，此时数列的最小项为，最大项为；当时，有，则数列为单调递增数列，有最小项，无最大项，故C正确，D不正确.故选：C.8.若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由在上恒成立，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，设，则在上恒成立，又，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，当时，由于，则，此时，，满足在上恒成立；当时，由于，则，要使在上恒成立，则需在上恒成立，即在上恒成立，设，，则，易知当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则，又，所以综上，实数的取值范围为．故选：B．二、多选题（每题5分，共20分）9.下列计算正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗A选项，，故A选项正确；B选项，，故B选项错误；C选项，，故C选项正确；D选项，，故D选项错误；故选：AC10.已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（）A. B. C. D.1〖答案〗AD〖解析〗由题意，，由等比数列通项公式可得，由于等比数列每一项都不是，故，即，解得或.故选：AD11.已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（）A.有个极值点B.是的极大值点C.是的极大值点D.在上单调递增〖答案〗ABD〖解析〗根据函数的图象可知，在区间，单调递增；在区间，单调递减.所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，是的极小值点，所以ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD12.已知等比数列前项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.数列的通项公式为 B.C.数列是等比数列 D.〖答案〗ABD〖解析〗由于等比数列前项和为，且，所以，整理得，所以数列的公比；由于是与的等差中项，故，整理得，解得.故，故A正确；所以，故B正确；由于数列满足，所以当时，不为常数，所以数列不是等比数列，故C错误；，又，所以，故D正确.故选：ABD三、填空题（共20分）13.已知随机变量，且，则______.〖答案〗〖解析〗因为，所以正态曲线的对称轴为，因为，所以，所以.故〖答案〗为：14.已知数列中，，，，则___________.〖答案〗〖解析〗由题意知，，，，，，，，易知是周期为6的数列，．故〖答案〗为：-315.已知双曲线​的实轴端点分别为​，点是双曲线上异于​另一点，则​与​的斜率之积为______〖答案〗〖解析〗设,，，且，，，则，，所以，所以与的斜率之积为，故〖答案〗为：．16.已知，函数在上存在两个极值点，则的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗函数在上存在两个极值点，等价于在上有2个不同的实根（变号），即的图象与直线在上有2个不同的交点（变号），求出，当，时，,

当，时，所以在，上单调递增，在，上单调递减．可画出草图如图：要保证直线（）在上有2个不同的交点（变号），只需，可得，故〖答案〗为：．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.解：（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）由题知中点，所以，则边上的中线所在直线的方程为，化简得.18.某市为了解该市小学生在“双减”政策下课外活动的时间，随机抽查了50名小学生，统计了他们参加课外活动的时间，并绘制了如下的频率分布直方图，如图所示.（1）由频率分布直方图估计小学生课外活动时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）由频率分布直方图可认为：课外活动时间t（分钟）近似服从正态分布，其中为样本中课外活动时间的平均数.用频率估计概率，在该市随机抽取10名学生，记课外活动时间在内的人数为X，求X的数学期望（精确到0.1）.参考数据：当t服从正态分布时，，，.解：（1）由图知：平均数为：；（2）由题设，，则，，，由题意知：，则.19.如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）因为，，则，又平面，平面，则，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.（2）因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、，设，，其中，显然平面的一个法向量为，依题意，，解得，于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，则，取，得，而平面的一个法向量为，所以平面与平面夹角余弦值为.20.在数列中，，，且.设为满足的的个数.（1）求，的值；（2）设