2023學年成都市蓉城高二數學（下）期末考試卷

考試時間120分鐘，滿分150分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．記為等差數列的前項和，若，則（

）A．2 B．3 C．10 D．42．若，則（

）A． B．1 C．64 D．03．已知在四面體中，為的中點，若，則（

）A．3 B． C． D．4．若等比數列的各項均為正數，且成等差數列，則（

）A．3 B．6 C．9 D．185．若函數在點處的切線的斜率為1，則的最小值為（

）A． B． C． D．6．某市人民政府新招聘進5名應屆大學畢業生，分配給教育、衛生、醫療、文旅四個部門，每人只去一個部門，若教育部門必須安排2人，其余部門各安排1人，則不同的方案數為（

）A．52 B．60 C．72 D．3607．南宋數學家楊輝為我國古代數學研究作出了杰出貢獻，他的著名研究成果“楊輝三角”記錄于其重要著作《詳解九章算法》中，該著作中的“垛積術”問題介紹了高階等差數列.以高階等差數列中的二階等差數列為例，其特點是從數列中第二項開始，每一項與前一項的差構成等差數列.若某個二階等差數列的前四項分別為:，則下列說法錯誤的是（

）A． B．C．數列是單調遞增數列 D．數列有最大項8．已知直線與雙曲線分別相交于兩個不同的點，是雙曲線上不同于的一點，設直線的斜率分別為，則當取得最小值時，雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．2二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求；全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．等差數列的前項和為，則（

）A． B．C． D．當時，的最小值為1610．對于三次函數，現給出定義:設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”.經過探究發現:任何一個三次函數都有“拐點”，任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心.已知函數，則（

）A．函數有三個零點B．函數有兩個極值點C．點是曲線的對稱中心D．方程有三個不同的實數根11．已知數列的通項公式為，前項積為，則下列說法正確的是（

）A．在數列中，是最大項 B．在數列中，是最小項C．數列單調遞減 D．使取得最小值的為9三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．在的展開式中，常數項為13．已知數列滿足，若為數列的前項和，則14．已知關于的不等式(其中)的解集中恰有兩個整數，則實數的取值范圍是四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．已知等差數列的公差為，前項和為，且滿足，成等比數列.(1)求數列的通項公式；(2)設，數列的前項和為，求.16．某家會員足夠多的知名水果店根據人的年齡段辦理會員卡，“年齡在20歲到34歲之間的會員”為1號會員，占比20%，“年齡在35歲到59歲之間的會員”為2號會員，占比，“年齡在60歲到80歲之間的會員”為3號會員，占比，現對會員進行水果質量滿意度調查.根據調查結果得知，1號會員對水果質量滿意的概率為號會員對水果質量滿意的概率為號會員對水果質量滿意的概率為.(1)隨機選取1名會員，求其對水果質量滿意的概率;(2)從會員中隨機抽取2人，記抽取的2人中，對水果質量滿意的人數為，求的分布列和數學期望.17．如圖，在斜三棱柱中，分別是的中點.(1)證明:平面;(2)若，且，求直線與平面所成角的正弦值.18．已知點為橢圓上任一點，橢圓的短軸長為，離心率為.(1)求橢圓的標準方程;(2)若點是拋物線的準線上的任意一點，以為直徑的圓過原點，試判斷是否為定值?若是，請求出這個定值;若不是，請說明理由.19．已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若恒成立，求的取值范圍；(3)求證:1．A【分析】先根據等差數列求和公式化簡即得.【詳解】是等差數列，可得,所以.故選：A.2．D【分析】利用賦值法，將代入可求得結果.【詳解】令，則，所以，故選：D3．B【分析】根據空間向量的基本定理與應用即可求解.【詳解】，又，所以，所以.故選：B4．C【分析】先根據等比數列部分項成等差得出公比，再結合等比數列通項求值即可.【詳解】若等比數列的各項均為正數，所以公比，且成等差數列，可得,即得可得，.故選：C.5．C【分析】根據題意，，結合基本不等式求最值.【詳解】根據題意，，則，，因為，所以，當且僅當，即時，等號成立,所以的最小值為.故選：C6．B【分析】先分人數分組，再結合要求應用排列分部門即可.【詳解】5名應屆大學畢業生，分配給教育、衛生、醫療、文旅四個部門，每人只去一個部門，人數分配為,可得,若教育部門必須安排2人，其余部門各安排1人，則可得故選：B.7．D【分析】根據二階等差數列的定義求出數列的通項公式，從而可得數列是單調遞增數列，則，A、C不符合題意；再利用累加法計算可判斷B；借助基本不等式判斷D.【詳解】設該數列為，則；由二階等差數列的定義可知，所以數列是以為首項，公差的等差數列，即，所以，即數列是單調遞增數列，，則，A、C不符合題意；所以，將所有上式累加可得，所以，即該數列的第11項為，B不符合題意；由于，則，當且僅當，即時，等號成立，但由于，即數列有最小值為，而當時，單調遞增，所以無最大值，D符合題意.故選：D.8．C【分析】聯立方程求出的坐標，通過運算得到，代入，令，設，利用導數研究函數最值，從而得的值，即可求解.【詳解】將代入雙曲線方程中，整理得，得，設，則，，所以，所以，令，設，則，當時，，所以函數單調遞減，當時，，所以函數單調遞增，則當時，函數取得最小值，此時，所以，解得，所以.故選：C．【點睛】關鍵點點睛：直線方程與曲線方程聯立后通過運算得到，從而令，設，利用導數研究最值.9．ABD【分析】對于A，由等差數列性質即可判斷；對于B，由公差的定義即可判斷；對于C，作差結合公差小于0即可判斷；對于D，只需注意到，由此即可判斷.【詳解】對于A，由題意，故A正確；對于B，，其中為等差數列的公差，即，故B正確；對于C，，即，故C錯誤；對于D，由題意，從而當，，且，故D正確.故選：ABD.10．BCD【分析】利用導數研究的單調性，根據零點的定義與存在性定理即可判斷A；根據極值點的定義即可判斷B；根據拐點的定義即可判斷C；根據數形結合的思想即可判斷D.【詳解】由得，令或，所以在單調遞減，在、單調遞增.A：因為，所以在存在1個零點，故在R上有2個零點，故A錯誤；B：的極大值點為，極小值點為，所以有2個極值點，故B正確；C：令，得，，所以是的拐點，進而是的對稱中心，故C正確；D：因為的極大值為，極小值為，作出直線與函數的圖象，如圖，由圖可知，直線與函數的圖象有3個交點，所以方程有3個不同的實根，故D正確.故選：BCD11．ABD【分析】判斷數列的單調性，由此求得最大項與最小項，進而判斷A,B選項，再根據項與1的大小關系判斷的單調性及最值判斷C，D選項即可.【詳解】，∴當時隨著的增大越來越小且小于，當時隨著的增大越來越小且大于，則前項中最大項為，最小項為，故A，B選項正確；當時，當時，,所以數列不是單調遞減，C選項錯誤；前n項積取得最小值時為9，故D選項正確.故選：ABD.12．20【分析】根據二項式展開式的通項公式計算即可求解.【詳解】二項式展開式的通項公式為，令，解得，所以展開式的常數項為.故答案為：2013．77【分析】根據等差數列及等比數列求和公式分組求和計算即可.【詳解】因為當n為奇數時為等差數列，公差為1，,;當n為偶數時為等比數列，公比為2，,;所以.故答案為：77.14．【分析】不等式可轉化為，利用導數研究函數的性質，數形結合分析當不等式解集中恰有兩個整數時a應滿足的條件，列不等式組求解即可.【詳解】不等式可轉化為，設（），則，令，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，，且當時，，作出圖象，如圖所示，

令，，則直線恒過定點.要使恰有兩個整數解，由圖可知不合題意，所以，兩個整數解為，則，解得，即實數a的取值范圍為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數研究函數的性質，數形結合分析當不等式解集中恰有兩個整數時滿足，即為所求.15．(1)(2)【分析】（1）由已知條件利用等差數列的前n項和公式和通項公式以及等比數列的性質，求出首項和公差，由此能求出.（2）利用裂項相消法求出數列前n項和.【詳解】（1）等差數列前項和為，且滿足，成等比數列，依題意得，化簡得，解得，.（2），則.16．(1)(2)分布列見解析；【分析】（1）由題意，根據全概率公式計算即可求解；（2）由題意知，利用二項分布求出對應的概率，列出的分布列，求出數學期望即可.【詳解】（1）設事件：隨機選取1名會員，其對水果質量滿意.則；（2）的可能取值為，則，，，，所以的分布列為012所以.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交于點E，連接OE，，可得四邊形為平行四邊形，則有，利用線面平行的判定定理可證得平面；（2）可證得平面ABC，以O為原點，OA，，OC所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成的角正弦值.【詳解】（1）連接交于點E，連接OE，，∵O，E分別是AB，的中點，D為的中點，∴，∴四邊形為平行四邊形，則．∵平面，平面，∴平面．（2）連接OC，∵，,∴為正三角形，∴，∵，且都在面，∴平面ABC，而面，故，由，易知△ABC是等腰直角三角形，∴，以O為原點，OA，，OC所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，則，，，，由，可得，且，，設平面的法向量為，∴，即，令，，設直線與平面所成的角為，則，即直線與平面所成的角正弦值為．18．(1)(2)為定值，且定值為2．【分析】（1）將橢圓方程化為標準方程，然后利用橢圓的焦點坐標求出的值，代入即可求出橢圓的標準方程；（2）設，，因為以為直徑的圓過原點，所以，得到，再利用兩點間的距離公式代入化簡計算即可.【詳解】（1）因為橢圓的短軸長為，離心率為.，所以，所以，所以橢圓的標準方程為；（2）由（1）知拋物線的標準方程為，其準線方程為：，設，，因為以為直徑的圓過原點，所以，所以，所以，即，所以，又因為，，所以，所以為定值，且定值為2．【點睛】方法點睛：兩點間距離公式中點的坐標應用橢圓方程轉化為一個未知量即可得出定值.19．(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據導數的幾何意義計算即可求解；（2）構造函數（），將原不等式轉化為，即，利用導數研究的單調性可得在上恒成立，結合導數求出即可；（3）根據不等式、，對不等式進行放縮，即可證明.【詳解】（1）當時，，則，所以，所以曲線在點處的切線