江西省上饶市六校2022-2023学年高二下学期5月联考数学 Word版含解析

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上饶市2022-2023年度下学期高二年级六校联考数学试卷试卷满分：150分考试时限：120分钟一、选择题：本大题共8小题.每小题5分，共40分.在每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.（－2,3）B.（－2,2）C.（－1,2）D.（0,3）【答案】C【解析】【分析】先解一元二次不等式及对数不等式求解集合，再利用交集的定义求解结果.【详解】由得：，即；由得，即，则；∴.故选：C.2.已知数列满足，，则（）A.B.C.0D.【答案】C【解析】【分析】写出数列的前项，可得出数列为周期数列，利用数列的周期性可求得的值.【详解】因为数列满足，，则，，，以此类推可知，，因此，.故选：C.3.已知命题：，，若p为假命题，则实数a的取值范围为（）

1A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先由为假命题，得出为真命题，即，恒成立，由，即可求出实数a的取值范围．【详解】因为命题：，，所以：，，又因为为假命题，所以为真命题，即，恒成立，所以，即，解得，故选：D．4.已知函数（且）的图象恒过定点，若点的坐标满足关于，的方程，则的最小值为（）A.8B.24C.4D.6【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的定点确定，从而代入并利用均值不等式即可得解.【详解】因为函数图象恒过定点又点A的坐标满足关于，的方程，所以，即，所以，当且仅当即时取等号；所以的最小值为4．故选：C．

25.意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条在自然下垂时的形状是抛物线.直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案.1691年他的弟弟约翰·伯努利和莱布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式一双曲余弦函数：，（为自然对数的底数）.当时，记，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定双曲余弦函数的奇偶性与单调性，根据指对幂大小关系，即可得的大小关系.【详解】当时，，其定义域为，所以，则为偶函数，所以，又当时，恒成立，所以在上单调递增，又，，所以，则，故.故选：D.6.已知是定义在上的奇函数，当时，，函数，如果对于任意，存在，使得，则实数m的取值范围是（）A.[2，5]B.C.[2，3]D.

3【答案】A【解析】【分析】利用的奇偶性及指数函数的单调性求出当时的值域A，由二次函数的单调性求出在上的值域B，由题意知，列出不等式组求解即可.【详解】当时，，因为是定义在上的奇函数，所以，当时，，记，，对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，即当时，，记，对于任意，存在，使得等价于，所以，解得.故选：A【点睛】结论点睛：本题考查函数方程（不等式）恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则值域是值域的子集．7.已知数列，若数列的前项和为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】

4【分析】根据求出，即，代入数列，再利用裂项相消法即可求解.【详解】依题意，因为，所以，所以，而，故，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，所以，所以，所以，即，所以，故选：D.8.设实数，e为自然对数的底数，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可对原不等式进行变形，再将转换成，构造函数，研究其函数的单调性，并根据和的大小关系，利用单调性进行求解即可.【详解】

5由，可得，两边同除得：，可设函数，，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，，故由可得，所以，整理得得.故选：C.【点睛】指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成lnex然后构造函数；另一种是将x变成elnx然后构造函数.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.设等差数列的前n项和为，且满足，，则下列结论正确的是（）A.数列为单增数列B.数列为单减数列C.对任意正整数n，都有D.对任意正整数n，都有【答案】BD【解析】【分析】根据题意求得且，得到，，且，即可求解.【详解】在等差数列中，因为，，可得，，即且，即且，所以，，且，此时数列为递减数列，可得对任意正整数n，都有.故选：BD.10.是定义在上的偶函数，当时，，则下列说法中错误的是（）A.的单调递增区间为

6B.C.最大值为4D.的解集为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，画出函数图象，但两个单调递增区间不能用并集符合连接；B选项，根据奇偶性得到，结合函数在上的单调性作出判断；C选项，时，配方求出的最大值，结合函数奇偶性得到的最大值；D选项，由图象求出的解集为.【详解】因为是定义在上的偶函数，当时，，当，，故，画出的图象如下：A：两个单调递增区间中间要用和或逗号分开，故A错误；B：在上单调递减，则，故B错误；C：当时，最大值为4，又因为偶函数，故C正确；D：的解集为，故D错误．故选：ABD．11.如图，正方体棱长为1，点为的中点，下列说法正确的是（）

7A.B.平面C.点到平面的距离为D.与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【解析】【分析】A选项:证明平面，可得；B选项：的平行线与平面相交，故与平面不平行；C选项：平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，可求结果；D选项：找到点在平面内的投影，几何法求与平面所成角的正弦值.【详解】如图所示：对于A：连接，，正方形中，平面，平面，，平面，，平面，平面，可得，A选项正确；对于B：取中点，显然，而与平面相交，故与平面不平行，B选项错误；对于C:正方形中，平面，平面，，平面，，平面，

8，平面，平面，所以平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，等于，C选项正确.对于D：取中点，平面，，，所以与平面所成角的正弦值为，D选项正确.故选：ACD12.已知关于的方程有且仅有两解，且，则（）A.函数与的图象有唯一公共点B.C.，D.存在唯一满足题意，且【答案】ACD【解析】【分析】由函数图象可判断A正确，由，所以，即，所以可判断B，由零点存在性定理可判断C，由，根据函数的单调性可知.【详解】对于A，若关于的方程有且仅有两解，则和的图象有且仅有两个交点，作出和的草图如下图所示：

9易知，当，即时，函数与的图象相切于唯一公共点，A正确；对于B，，，可知，由，所以，即，所以，B错误；对于C，设，由图可知：与相切于点，所以有，即，即，设，则，所以在上是增函数，，，所以，使得，即，即，又，所以，C正确；对于D，，，设，，当时，，所以在上是增函数，

10因为，，所以，且唯一，D正确.故选：ACD.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案写在题中的横线上.13.已知幂函数在上为单调减函数，则实数的值为__________.【答案】2【解析】【分析】根据幂函数的定义以及性质，列出相应的等式和不等式，即可求得答案.【详解】由题意为幂函数，在上为单调减函数，故，则，故答案为：214.已知函数，的最大值为，最小值为，则______.【答案】【解析】【分析】构造，定义判断奇偶性，利用对称性有，即可求结果.【详解】令，且，，所以为奇函数，且在上连续，根据奇函数的对称性：在上的最大、最小值关于原点对称，则，故.故答案为：15.函数在区间上有最大值，则的取值范围是________．

11【答案】【解析】【分析】求函数导数，研究函数单调性，判断其取最大值的位置，由于函数在区间上有最大值，故最大值对应的横坐标应在区间内，由此可以得到参数的不等式，解不等式即可得到的取值范围【详解】，，令解得；令，解得或，由此可得在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，故函数在处有极大值，在处有极小值，即，解得，故答案为：16.已知椭圆的左、右焦点分别为，.点在椭圆上，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，△的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则椭圆的离心率为______.【答案】##0.5【解析】【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心，在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出，的关系式，从而求得离心率．【详解】由已知及平面几何知识得：圆心、在的角平分线上，如图，

12设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识得，直线为两圆的公切线，切点也在的角平分线上，所以，由椭圆的定义知，则，有，，，，又圆与圆的面积之比为，所以圆与圆的半径之比为，因为，所以，即，整理得，故椭圆的离心率.故答案为：四、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.已知集合，，.（1）若，求集合；（2）在，两个集合中任选一个，补充在下面问题中，，___________，求使p是q的必要不充分条件的的取值范围.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）将代入集合，求得，利用集合的运算法则即可；（2）若选集合：先计算出，根据条件得出集合是集合的真子集，利用包含关系列出不等式组即可求得答案。

13若选集合：先计算出，根据条件得出集合是集合的真子集，利用包含关系列出不等式组即可求得答案。【小问1详解】解（1）当时，可化为，解得，，又，.【小问2详解】（2）若选集合B：由，得，，∴由p是q的必要不充分条件，得集合是集合的真子集.，解得，m的取值范围为.若选集合：由，得，由p是q的必要不充分条件，得集合是集合的真子集，，解得，m的取值范围为.18.已知等差数列的公差为，且关于的不等式的解集为．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用根与系数的关系可得，，进而可得的通项公式；

14（2）利用错位相减法求和即得.【小问1详解】关于的不等式的解集为，可得，1是方程的两根，则，，解得，，则；即；【小问2详解】由题可知，所以数列前项和为，，上面两式相减可得，所以．19.如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）已知是边长为1的等边三角形，已知点在棱的中点，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

15【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明，结合平面平面，推出平面，然后证明；（2）根据线面关系，建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值的坐标运算求得锥体的高度，即可求得三棱锥的体积.【小问1详解】证明：，为的中点，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，．【小问2详解】取的中点，因为为等边三角形，所以，过作，与交于，则，由（1）可知平面，因为平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，因为.

16所以，令，则，因为二面角的大小为，所以，解得，所以.20.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导得，分类讨论，即可求解单调性，（2）分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可求解.【小问1详解】∵，∴，且，令，得，，当时，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增；当时，令，得；令，得，故在上单调递减，在和上单调递增；当时，，故在上单调递增；

17当时，令，得；令，得；故在上单调递减，在和上单调递增.【小问2详解】∵，，又∵恒成立，即恒成立（），等价于，令，，令，得.令，则，当时，，单增，当时，，单减，所以，即，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴，∴.21.已知坐标原点为，抛物线为与双曲线在第一象限的交点为，为双曲线的上焦点，且的面积为3．（1）求抛物线的方程；（2）已知点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，切线，分别交轴于，，求与的面积之比．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出双曲线的上焦点，设，，根据三角形面积求出，再代入双曲线方程求出，再根据点在抛物线上，即可求出，即可得解；

18（2）设点，，利用导数表示出的方程，即可求出点坐标，同理可得，再将代入，即可得到的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出，再求出点到直线的距离，即可得到，再求出，即可得解.【小问1详解】双曲线的上焦点为，设，，由已知得：，则，代入双曲线方程可得，解得或（舍去），所以，又因为在抛物线上，所以，解得，故抛物线的方程为．【小问2详解】设点，，对求导得，则切线的方程为，由整理得，令，则，即，同理可求得．将代入直线可得：，同理可求得直线的方程：，所以，的直线方程．联立消去得，则韦达定理：，则弦长，点到直线的距离，

19所以，又，故．22.已知函数，．（1）若直线与曲线相切，求a的值；（2）用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.【小问1详解】设切点为，∵，∴∴（*）消去a整理，得，∴∴【小问2详解】①当时，，，∴在上无零点

20②当时，，．若，，此时，是的一个零点，若，，此时，不是的零点③当时，，此时的零点即为的零点．令，得，令，则，当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，且当时，（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点综上所述，当或时，上有唯一零点；当或时，在上有两个零点；当时，在上有三个零点