2022-2023學年江西省宜春市高安市灰埠中學高二下學期5月期中考試數(shù)學試題 一、單選題1．復數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則的共軛復數(shù)的虛部為（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】由已知等量關系，應用復數(shù)的除法可得，即可得共軛復數(shù)，進而確定虛部.【詳解】由題設，，則，所以的虛部為.故選：B2．若兩個等差數(shù)列、的前項和分別為、,且，則等于A． B． C． D．【答案】C【詳解】故選：C.3．過點的直線與有兩個不同的公共點，則直線的傾斜角的范圍是A． B． C． D．【答案】B【分析】先討論斜率不存在時，再討論斜率存在時，設出直線方程，由直線與圓有兩個不同的交點，可得圓心到直線的距離小于半徑，列不等式求解即可.【詳解】設直線的傾斜角為.若直線斜率不存在，此時x=0與圓有交點，.直線斜率存在，設為k，則過P的直線方程為y=kx+4，即kx?y+4=0，若過點(0,4)的直線l與圓有兩個不同公共點，則圓心到直線的距離，即即，解得或，即且，綜上所述,，故選B.【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系，屬于基礎題.4．在正方體中，有下列四個命題：①平面；②；③異面直線與BD所成的角為；④直線與平面所成的角為.其中真命題的個數(shù)為（    ）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】B【分析】結合空間中點線面的位置關系，對四個命題逐個分析，可選出答案.【詳解】如圖所示，①在正方體中，，所以四邊形是平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，①正確；②連接，，因為，，且，所以平面，又平面，所以，②正確；③連接，因為，所以異面直線與BD所成的角為（或補角），而為等邊三角形，故，③正確；④連接，交于點，則，又平面，平面，即平面，連接，故直線與平面所成的角為，在直角中，，所以在直角中，，，④錯誤.因此①②③正確，④錯誤.故選：B.  【點睛】本題考查空間中直線與平面平行，直線與直線垂直、異面直線所成的角、直線與平面所成的角，考查學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.5．函數(shù)（）的減區(qū)間為，則實數(shù)的值為（    ）A．2 B． C．1 D．4【答案】A【分析】利用導數(shù)的性質進行求解即可.【詳解】顯然該函數(shù)的定義域為全體正實數(shù)集，即，，因為，所以由可得：，因為函數(shù)（）的減區(qū)間為，所以，故選：A6．已知函數(shù)，若在處函數(shù)與的圖象的切線平行，則實數(shù)的值為（    ）A． B． C．1 D．4【答案】A【分析】分別求得，結合，即可求得的值.【詳解】由函數(shù)，可得，因為在處函數(shù)與的圖象的切線平行，可得，即，解得，經檢驗，當時，滿足題意，所以實數(shù)的值為.故選：A.7．設函數(shù)的定義域為，其導函數(shù)為，若，則下列結論不一定正確的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意令可得，即函數(shù)圖象關于對稱，即可判斷A；根據(jù)抽象函數(shù)的奇偶性和對稱性可得函數(shù)的周期為2，即可判斷BD；由知函數(shù)圖象關于直線對稱，舉例說明即可判斷C.【詳解】A：令，得，則函數(shù)圖象關于點對稱.若，則函數(shù)圖象關于點對稱，符合題意，故A正確；B：由選項A的分析知，等式兩邊同時求導，得，即①，又，為偶函數(shù)，所以②，由①②得，所以函數(shù)的周期為2.所以，即，故B正確；C：由選項B的分析知，則函數(shù)圖象關于直線對稱.令，若，則函數(shù)圖象關于直線對稱，不符合題意，故C錯誤；D：由選項B的分析可知函數(shù)的周期為2，則，所以，故D正確.故選：C.8．設函數(shù)在R上的導函數(shù)為，在上，且，有，則（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】設，確定函數(shù)的奇偶性與單調性，逐項判斷即可得答案.【詳解】由，可得．設，則，所以是R上的奇函數(shù)，又在上，即，所以在上單調遞減，又是R上的奇函數(shù)，所以在(-∞,0)上單調遞減，所以，即，因此，故，故A正確；所以，即，因此，故B不正確；所以，即，則，所以與的大小不能確定，故C不正確；所以，即，則，所以與的大小不確定，故D不正確.故選：A. 二、多選題9．已知等比數(shù)列的前項積為，，則下列結論正確的是（    ）A． B．C． D．若，則【答案】ABD【分析】由等比數(shù)列的性質及前項積的定義判斷各選項即可.【詳解】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，因為，所以，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D，若，則，解得，所以，故D正確.故選：ABD.10．設是數(shù)列的前項和．下面幾個條件中，能推出是等差數(shù)列的為（    ）A．當時， B．當時，C．當時， D．當時，【答案】ABD【分析】由與的關系得出與的關系式即可判斷ABD，通過舉反例即可判斷出C．【詳解】對于A，當時，且，兩式相減可得，即．所以是恒為0的數(shù)列，即是公差為0的等差數(shù)列，故A正確；對于B，當時，且，兩式相減可得，即，所以，即是常數(shù)列，是公差為0的等差數(shù)列，故B正確；對于C，如果，令可得，當時，且，兩式相減可得，如果，則，這并不能推出是等差數(shù)列，例如：考慮如下定義的數(shù)列：1，1，2，2，3，3，，則其通項公式可寫成，．則，．即數(shù)列1，1，2，2，3，3，滿足對任意正整數(shù)成立，但它并不是等差數(shù)列，故C錯誤；對于D，當時，且，兩式相減可得，所以，即，故，即是公差為的等差數(shù)列，故D正確；故選：ABD．11．已知直線，圓，則下列結論正確的是（    ）A．直線l恒過定點B．直線l與圓C恒有兩個公共點C．直線l與圓C的相交弦長的最大值為D．當時，圓C與圓關于直線l對稱【答案】ABD【分析】將直線方程變形為即可判斷直線過定點，進而判斷A；再根據(jù)定點在圓內判斷B；根據(jù)直線與圓相交時，最大弦為直徑判斷C；根據(jù)點關于直線的對稱性求解關于對稱的點坐標，進而求解對稱圓的方程判斷D.【詳解】解：對于A選項，因為直線可變形為，所以直線恒過定點，故A選項正確；對于B選項，因為，所以點在圓內，故直線與圓相交，由兩個公共點，故B選項正確；對于C選項，對于圓，圓心為，半徑為，當直線線與圓相交，故相交弦長的最大值為圓的直徑，即為，故C選項錯誤；對于D選項，當時，直線，故圓的圓心關于對稱的點的坐標為 ，所以圓關于對稱的圓的方程為，故D選項正確.故選：ABD12．在橢圓中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓上，稱此圓為該橢圓的蒙日圓.該圓由法國數(shù)學家Monge（1746-1818）最先發(fā)現(xiàn).若橢圓，則下列說法正確的有（    ）A．橢圓外切矩形面積的最小值為48B．橢圓外切矩形面積的最大值為48C．點為蒙日圓上任意一點，點，，當取最大值時，D．若橢圓的左?右焦點分別為，，過橢圓上一點和原點作直線與蒙日圓相交于點，，則【答案】ACD【分析】先求得橢圓的蒙日圓方程，然后利用外切矩形的面積結合二次函數(shù)求最值可判斷A，B選項，利用兩角和的正切公式，橢圓的定義，向量運算的轉化來判斷C，D選項【詳解】對于，：如圖，設對于橢圓上任意點，過點作橢圓的切線交圓于，兩點，，關于原點對稱的點分別為，，則橢圓的一個外切矩形為，則，由圖象易知，圓心到直線的距離，所以.又，所以外切矩形為的面積，因此對，錯.對于：當與圓相切且切點在圓下方時，最大，，對.對于，，①②得，，故D正確.故選：ACD.【點睛】本題解題的關鍵一方面結合題目要求求出蒙日圓方程，建立參數(shù)間的關系式來表示面積進而利用函數(shù)求最值問題，另一方面結合橢圓定義式，向量的運算推導的關系，體現(xiàn)了數(shù)形結合的思想 三、填空題13．已知，且，則的最小值是      ．【答案】6【分析】根據(jù)均值不等式求最小值即可.【詳解】由題意，得，則（當且僅當時取等號，即時取等號），故的最小值是6． 故答案為：614．已知雙曲線上不同的兩點滿足，其中為坐標原點，則的最小值為      ．【答案】24【分析】設直線的方程為，然后與雙曲線方程聯(lián)立方程組，求出點 的坐標，從而可得，再將直線的方程為與雙曲線方程聯(lián)立方程組，求出點 的坐標，從而可求出，進而可求出，再利用基本不等式可求出 的最小值【詳解】由題意得直線與的斜率都存在且不為0和，不妨設直線的方程為，，，，直線的方程為．由，得，，，同理可得，，，當且僅當時等號成立，故的最小值為24．故答案為：24【點睛】關鍵點點睛：求解本題的關鍵是在得到，后，能根據(jù)表達式的特點得到，再得用基本不等式求解的最小值．15．已知函數(shù)，則不等式的解集為      ．【答案】【分析】先求出的定義域，證明是偶函數(shù)，當時，證明是增函數(shù)，根據(jù)題意列出不等式即可得到答案【詳解】由可得，解得或，故的定義域為或，又，所以是偶函數(shù)，當時，是單調遞增函數(shù)，設，所以，設任意的，且，所以，因為任意的，且，所以 ，所以，即，所以在上是單調遞增函數(shù)，所以在上是單調遞增函數(shù)，故在上單調遞增，因為是偶函數(shù)，所以在上單調遞減，由可得，解得或，故答案為：16．點S、A、B、C在半徑為的同一球面上，點S到平面ABC的距離為，，則點S與中心的距離為        ．【答案】【分析】設的外接圓的圓心為.連接 過作于點.由題意可求出，從而得到，即可得到，在中即可求出點S與中心的距離 .【詳解】如圖所示：  設的外接圓的圓心為.連接 過作于點.因為.所以的外接圓半徑.所以.因為點S到平面ABC的距離為,平面,所以 .即 在中： .所以 .故填：.【點睛】本題考查球上的點到三角形中心的距離的求法,屬于中檔題,解題時要認真審題，注意球的性質和空間思維能力的培養(yǎng). 四、解答題17．已知數(shù)列，，求：(1)，，的值(2)通項公式．【答案】(1)，，(2) 【分析】（1）直接計算即可.（2）根據(jù)并驗證的情況，計算得到答案.【詳解】（1），則，，.（2）當時，，當時，滿足.故18．在中，角的對邊分別為，且滿足，邊上中線的長為.（1）求角和角的大??；（2）求的面積.【答案】（1），；（2）【分析】（1）根據(jù)余弦定理，可得，然后利用正弦定理，邊化角，可得角.（2）然后根據(jù)（1）的結論，可得，然后假設長度，利用余弦定理以及面積公式，可得結果.【詳解】（1）由即所以又，所以由，所以所以，又所以（2）由（1）可知，設所以又，所以可得所以【點睛】本題考查了三角形的正弦定理、余弦定理以及面積公式的應用，屬中檔題.19．如圖所示的幾何體中，是菱形，，平面，，.（1）求證：平面；（2）求三棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）先證明平面ABP∥平面CDE，進而證得平面；（2）先證明平面BCF∥平面ADEF，進而根據(jù)解得答案.【詳解】（1）∵AP∥DE，平面CDE，平面CDE, ∴AP∥平面CDE，∵AB∥CD，平面CDE，平面CDE,所以AB∥平面CDE，而平面ABP，平面ABP，，∴平面ABP∥平面CDE，又BP平面ABP，∴平面.（2）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，則ABC是正三角形，取BC的中點Q，∴AQ⊥BC，由AB=4，易得，∵BC∥AD，∴AQ⊥AD.∵PA⊥平面ABCD，AQ平面ABCD，∴PA⊥AQ，而，∴AQ⊥平面PADE.∵BF∥AP，BF平面ADEP，AP平面ADEP，∴BF∥平面ADEP，∵BC∥AD，BC平面ADEP，AD平面ADEP，∴BC∥平面ADEP，而BFBC=B，∴平面BCF∥平面ADEP.∵PA⊥AD，且PA=AD=4，DE=2，∴.20．已知等比數(shù)列的前n項和為，其公比，，且．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)已知，求數(shù)列的前n項和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知條件求出公比，，直接寫出等比數(shù)列的通項公式即可；（2）由（1）得，分組求和即可，注意分類討論的思想.【詳解】（1）因為是等比數(shù)列，公比為，則 ，所以，解得，由，可得，解得，所以數(shù)列的通項公式為．（2）由（1）得，當n為偶數(shù)時，；當n為奇數(shù)時；綜上所述：.21．橢圓的左、右焦點分別為，，右頂點為，上頂點為，且滿足向量.（1）若，求橢圓的標準方程；（2）設為橢圓上異于頂點的點，以線段為直徑的圓經過，問是否存在過的直線與該圓相切？若存在，求出其斜率；若不存在，說明理由.【答案】（1）；（2）存在滿足條件的直線，斜率.【分析】（1）由題易知，因為，所以為等腰三角形所以b=c，由此可求，即可得到橢圓的標準方程;（2）由（1）可得．，P的坐標為 則由題意得,即，又因為P在橢圓上，所以,聯(lián)立可得設圓心為 ，則，利用兩點間的距離公式可得圓的半徑r．設直線的方程為：．利用直線與圓相切的性質即可得出．【詳解】（1）易知，因為所以為等腰三角形所以b=c，由可知故橢圓的標準方程為：（2）由已知得,設橢圓的標準方程為，P的坐標為 因為,所以由題意得,所以又因為P在橢圓上，所以,由以上兩式可得因為P不是橢圓的頂點，所以，故設圓心為 ，則圓的半徑 假設存在過的直線滿足題設條件，并設該直線的方程為由相切可知,所以 即，解得 故存在滿足條件的直線．【點睛】本題中考查了橢圓與圓的標準方程及其性質、點與橢圓的位置關系、直線與圓相切問題、點到直線的距離公式、中點坐標公式等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．22．已知函數(shù).(1)若函數(shù)在上單調遞增，求的取值范圍；(2)證明：當時，.【答案】(1)；(2)證明見解析. 【分析】（1）根據(jù)函數(shù)導數(shù)的性質，結合實數(shù)的正負性，通過構造函數(shù)、利用導數(shù)的性質分類討論進行求解即可；（2）通過構造新函數(shù)，利用函數(shù)的導數(shù)的性質分類討論進行求解即可.【詳解】（1）函數(shù)在上單調遞增，在恒成立，當時，即，因為，，則，又，所以，即恒成立，符合題意；當時，令，則，設，則，則在上遞增，當時，，，所以在上遞增，即，符合題意；當時，，，則存在，有，當時，，遞減，此時，不符合題意.綜上所述：實數(shù)的取值范圍；（2）證明：要證，即證，，即證，，設，，故在上單調遞增，又，所以，又因為，所以，所以，①當時，因為，，所以，②當時，令，則，設，則，設，則，因為，所以，所以即在上單調遞增，所以，所以在上單調遞增，所以，即，所以在上單調遞增，，即.綜上可知，當時，，即.【點睛】關鍵點睛：構造函數(shù)，利用導數(shù)的性質分類討論是解題的關鍵. 

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