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云南省楚雄州2022-2023学年高二数学下学期期中试题(Word版附解析)

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楚雄州中小学2022~2023学年下学期期中教育学业质量监测高中二年级数学试卷一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40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.B.C.D.2.若函数,则()A.0B.C.D.3.的展开式中的系数是()A.560B.-560C.280D.-2804.已知某地有,,三个4A景区,小华计划暑假至少去其中一个景区游玩,则不同的游玩方案(不考虑游玩顺序)有()A.3种B.4种C.7种D.9种5.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.在堑堵中,,四边形是边长为4的正方形,则堑堵外接球的表面积是()A.B.C.D.6.如图,小华从图中处出发,先到达处,再前往处,则小华从处到处可以选择的最短路径有()A.25条B.48条C.150条D.512条7.已知是定义在上的奇函数,其导函数为,对任意的,都有0,且,则不等式的解集是()A.B.C.D.8.甲、乙两人进行了3轮投篮比赛,每轮比赛甲、乙各投篮一次,已知甲每轮投籃命中的概率为 ,乙每轮投篮命中的概率是,3轮比赛后,命中球数多的人获胜.在每轮投篮比赛中,甲、乙投篮是否命中互不影响,各轮结果也互不影响,则3轮比赛结束后甲获胜的概率是()A.B.C.D.二、选择题:本大题共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.下列求导正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则10.从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员,则下列结论正确的是()A.若所选的3人中有女生,则不同的选法有870种B.若所选的3人中恰有2名女生,则不同的选法有360种C.若班长由女生担任,则不同的选法有225种D.若担任班长和学习委员的学生性别不同,则不同的选法有540种11.已知,则下列结论正确的是()A.B.C.D.12.已知函数函数,则下列结论不正确的是()A.若,则恰有2个零点B.若,则恰有4个零点C.若恰有3个零点,则的取值范围是D.若恰有2个零点,则的取值范围是三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量,,若,则______.14.函数在区间上的最小值是______. 15.在的展开式中,形如的所有项系数之和是______.16.已知函数,,且的最小值是.若关于的方程在上有2023个实根,则的最小值是______.四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在等差数列中,,.(1)求;(2)若,数列的前项和为,求.18.(12分)已知函数.(1)当时,求的极值;(2)若在上单调递减,求的取值范围.19.(12分)法国著名军事家拿破仑・波拿巴提出过一个几何定理:“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形,则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图,在非直角中,内角,,的对边分别为,,,已知.分别以,,为边向外作三个等边三角形,其外接圆圆心依次为,,.(1)求;(2)若,的面积分别为,,且,求的面积.20.(12分) 如图,在正三棱柱中,是线段上靠近点的一个三等分点,是的中点.(1)证明:平面.(2)若,求点到平面的距离.21.(12分)已知椭圆的离心率为,点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程;(2)过点的直线交椭圆于,两点,为坐标原点,求面积的最大值.22.(12分)已知函数(其中为自然对数的底数),且曲线在处的切线方程为.(1)求实数,的值;(2)证明:对任意的,恒成立.楚雄州中小学20222023学年下学期期中教育学业质量监测高中二年级数学试卷参考答案1.B.2.A由题意可得,则.3.D展开式的通项为.令,得,则.4.C由题意可知不同的游玩方案有种. 5.D设堑堵外接球的半径为,则,则其外接球的表面积6.C从处到处的最短路径有条,从处到处的最短路径有条,则小华从处到处可以选择的最短路径有条.7.B设,则,当时,,则在上单调递增.因为,所以,则当时,不等式的解集是,,即当时,不等式的解集是.因为是奇函数,所以当时,不等式的解集是.综上,不等式的解集是.8.A3轮比赛结束后甲获胜的情况有三种:①甲命中1球,乙命中0球,其概率;②甲命中2球,乙命中0球或1球,其概率;③甲命中3球,乙命中0球或1球或2球,其概率.故所求概率.9.AC若,则,故A正确.若,则,故B错误.若,则,故C正确.若,则,则D错误.10.ABD若所选的3人中有女生,则不同的选法有种,则A正确.若所选的3人中恰有2名女生,则不同的选法有种,则B正确.若班长由女生担任,则不同的选法有种,则C错误.若担任班长和学习委员的学生性别不同,则不同的选法有种,则D正确.11.BCD由题意可得,则A错误.令,得,令,得,则,故B正确.令,得,则,从而 ,故C正确.设,则,,从而,故D正确.12.ACD令,即,解得或.当时,.由,得,由,得,则在上单调递减,在上单调递增,故的大致图象如图所示.由图可知有且仅有1个实根.当时,恰有1个零点,故A错误.当时,有3个实根,则恰有4个零点,故B正确.由恰有3个零点,得恰有2个实根,则或或,则C错误.由恰有2个零点,得恰有1个实根,且,则或或,则D错误.13.10由题意可得,则,解得.14.-8因为,所以.由,得或,由,得,则在和上单调递增,在上单调递减.因为,,所以在区间上的最小值是-8.15.320展开式的通项为.令,得.令,得所求系数之和为.16.由题意可得,则,即,解得.由 ,得,则或,解得或,故的相邻两个零点之间的距离是或.要使最小,则,都是的解,则.17.解:(1)设数列的公差为,则解得,.故.(2)由(1)可知,则.18.解:(1)当时,,则由,得或,由,得,则在和上单调递增,在上单调递减.故,.(2)因为,所以.因为在上单调递减,所以在上恒成立,即解得.故的取值范围是. 19.解:(1)因为,所以,所以,即.因为不是直角三角形,所以.因为,所以,所以,则.(2)因为,的面积分别为,,所以,由余弦定理可得,即,解得.连接,,由几何性质知,且,从而有,故的面积为.20.(1)证明:取线段的中点,连接,,,记,连接.因为,分别是,的中点,所以.因为平面,平面,所以平面.由题意可知四边形是矩形,则是的中点. 因为是的中点,所以.因为平面,平面,所以平面.因为平面,且,所以平面平面.因为平面,所以平面.(2)解:取棱的中点,以为原点,分别以,的方向为,轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.因为,所以,,,,则,,.设平面的法向量为,则令,得.故点到平面的距离.21.解:(1)设椭圆的焦距为2c,则解得故椭圆的标准方程为. (2)设直线的方程为,,,联立整理得则,得,即,故的面积.设,则,当且仅当,即时,等号成立,故面积的最大值为.22.(1)解:因为,所以,则解得.(2)证明:设,则.设,则.设,则.当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,即在上单调递减,在上单调递增.因为,,, 所以存在,,使得.故当时,;当时,.所以在与上单调递增,在上单调递减.因为,,所以存在唯一的,使得,所以当时,,当时,,则在与上单调递减,在与上单调递增.故是与中的较小值.因为,,所以恒成立,即对任意的,恒成立.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-05-28 18:30:04 页数:12
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文章作者:随遇而安

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