广东省高州中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期高二期中考试数学科试卷一、选择题：本题共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.曲线在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题求得，进而求得，根据直线的点斜式方程求得在点处的切线方程即可.【详解】解：由题知，故，故在点处的切线方程为，化简整理得.故选：A.【点睛】本题主要考查用导数求曲线在某点处的切线方程，属于基础题.2.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼20飞机准备着舰。如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有（）A.18种B.24种C.36种D.48种【答案】B【解析】【分析】把甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，而后将丙、丁进行插空，利用乘法原理即可得出答案.【详解】将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有种排法，而后将丙、丁进行插空，有3个空，有种排法，故共有＝24种排法.故选：B.3.二项式的展开式中，的系数为（）A.B.C.10D.15 【答案】A【解析】【分析】首先求出二项式展开式的通项，再令求出，再代入计算可得；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以，故的系数为；故选：A4.某教师准备对一天的五节课进行课程安排，要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一节课，则数学不排第一节，物理不排最后一节的情况下，化学排第四节的概率是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题设应用排列组合数求{数学不排第一节，物理不排最后一节}、{化学排第四节}的安排方法数，求出、，应用条件概率公式求目标概率.详解】事件：数学不排第一节，物理不排最后一节.若物理安排在第一节，其它4节课安排4科，作全排有种；若物理不在第一节，中间3节课任选一节上物理，余下的4节课去掉第1节课的3节课中任选一节上数学，最后剩下的3节课安排3科，做全排有种；综上，事件A的安排数有种；事件：化学排第四节.若物理安排在第一节，其它3节课安排3科，作全排有种；若物理不在第一节，中间前2节课任选一节上物理，余下的1节课和最后一节课任选一节上数学，最后剩下的2节课安排2科，做全排有种；综上，事件B的安排数有种；5科任意排有种，所以，， 故满足条件的概率是.故选：B5.已知是的导函数，且，，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意构造函数，借助函数的单调性解不等式即可.【详解】令，则，∴在上单调递增.∵不等式可化为，即，∴，则不等式的解集为.故选：A.6.设函数，若是函数的极大值点，则函数的极小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得，求出的值，即可求出，再对求导，得到单调性，即可求出答案.【详解】由，得，又是函数的极大值点，，，则，，令，得或，令，解得或；令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减，则当时，的极小值为.故选：D.7.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，则此数列的前56项和为（）A.2060B.2038C.4038D.4084【答案】D【解析】【分析】运用等差数列前n项和公式可求得第56项在杨辉三角中的位置，再结合已知条件及等比数列求和公式计算即可.【详解】去除所有为1的项后，剩下的每一行的个数为，对应个数构成一个首项为1公差为1的等差数列，则前行数字个数之和为，当时，，所以该数列的第56项是杨辉三角中第13行第二个数字.故该数列前56项和表示：杨辉三角中前12行数字之和，减去所有23个1，再加上杨辉三角中第13行第二个数字12即可，故所求数列的前项和为：.故选：D.8.下列不等式错误的是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】引入函数，利用导数确定它的单调性，然后由单调性判断各选项．【详解】考查函数由，得由得，所以在上单调递增，在上单调递减，选项,，，故本选项正确，不符合题意；选项：即故本选项正确，不符合题意；选项即故本选项错误，符合题意；选项 即故本选项正确，不符合题意．故选：．【点睛】关键点点睛：本题考查实数的比较大小．解题关键是引入函数，由导数确定它的单调性，由单调性可判断各选项．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.已知直线与圆交于两点，则（）A.B.的面积为C.圆上到直线的距离为1的点共有2个D.圆C上到直线的距离为1的点共有3个【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件，结合点到直线的距离公式，根据垂径定理以及弦长公式，可得答案．【详解】圆，即圆心坐标为，半径，如图所示：圆心到直线的距离，，所以A选 项错误；，选项B正确；由，作直线的平行线，使两直线的距离为1，这样的平行线有两条，一条与圆相切，另一条过圆心与圆相交，可知圆上到直线l的距离为1的点共3个，C选项错误，D选项正确.故选：BD10.已知函数，下列说法正确的是（）A.当时，；当时，B.函数的减区间为，增区间为C.函数的值域D.恒成立【答案】AD【解析】【分析】由对数函数的性质直接判断A，利用导数确定函数的单调性与最值判断BC，D选项中，不等式变形为，然后引入函数，由导数求得最小值判断D．【详解】对于选项A，当时，；当时，，故选项A正确；对于选项B，，令，可得，有，可知函数的减区间为，增区间为，故选项B错误；对于选项C，由上可知，趋近正无穷时，趋近正无穷，选项C不正确；对于选项D，，令，有， 令可得，令可得，故函数的增区间为，减区间为，可得，选项D正确.故选：AD.11.设椭圆的左，右焦点分别为，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（）A.离心率B.最小值为C.的大小可以是D.满足为等腰三角形的点有个【答案】ACD【解析】【分析】由椭圆的几何性质分别判断即可.【详解】由椭圆方程知：，，；对于A，离心率，A正确；对于B，为椭圆左焦点，，B错误；对于C，当为椭圆上下顶点时，，，，，则当在椭圆上运动时，，则大小可以是，C正确；对于D，当为椭圆上下顶点时，，满足为等腰三角形； ，即，能成立，根据椭圆对称性知：此时有点满足题意；同理可知：时，有点满足题意；满足为等腰三角形的点有个，D正确.故选：ACD12.在长方体中，，点为棱上靠近点的三等分点，点是长方形内一动点（含边界），且直线，与平面所成角的大小相等，则（）A.平面B.三棱锥的体积为4C.存在点，使得D.线段的长度的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】选项A：由题意得到平面平面，然后根据面面平行的性质定理即可判断选项A；选项B：根据即可判断选项B；选项C：作交于，连接，当为中点时，满足；选项D：根据题意分析出当点在点或点处时，线段的长度取得最大值；当点在点处时，线段的长度取得最小值，从而可求出线段的长度的取值范围为. 【详解】平面平面，平面，平面，故正确；，故错误；连接，作交于，连接，平面，为与平面所成的角，平面，为与平面所成角．直线，与平面所成角的大小相等，，所以，又，，所以点在的中垂线上，即点在线段上运动，当点与点重合时，，故正确；，为棱上靠近的三等分点，，，，，，当点在点或点处时，线段的长度取得最大值，最大值为；当点在点处时，线段长度取得最小值，最小值为，线段的长度的取值范围为，故正确．故选：．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则的值为__．【答案】125【解析】 【详解】分析：令可得；令，可得；又，故可得的值．详解：在中，令，可得；令，可得；又，∴．点睛：对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．解题时如何赋值，要观察所求和式与差式的特点，根据所求值的式子的特征选择适合的方法．14.篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球.某人从篮子中随机取出两个球，记事件“取出的两个球颜色不同”，事件“取出一个红球，一个白球”，则________________.【答案】【解析】【分析】先分别求出事件A、B选法种数，由古典概率和条件概率公式可求得答案.【详解】事件A的选法有种，事件B的选法有种，所以，，.故答案为：.【点睛】本题考查古典概率和条件概率公式，属于基础题.15.已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为________.【答案】##【解析】 【分析】把三棱柱补成四棱柱，得出异面直线与所成角为，再在三角形中应用余弦定理可得.【详解】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，由题意得，则，该四棱柱为长方体，，因为，，是平行四边形,所以异面直线与所成角为（或其补角），，，，∴.故答案为:.16.若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】求导函数，求出函数的极值，利用函数恰有三个零点，即可求实数的取值范围．【详解】解：函数的导数为，令，则或，可得函数在上单调递减，和上单调递增， 或是函数的极值点，函数的极值为：，．函数恰有三个零点，则实数的取值范围是：．故答案为：．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于中档题．四、解答题：本题共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.在数列的首项为，且满足．（1）求证：是等比数列．（2）求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由，化简得到，结合等比数列的定义，即可求解；（2）由（1）求得，分当为偶数和当为奇数，两种情况讨论，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】（1）由题意，数列满足，即，则，又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）知，所以，所以，当为偶数时，可得； 当为奇数时，可得，综上可得，.18.在△ABC中，AB=6，，点D在BC边上，AD=4，∠ADB为锐角.（1）若，求线段DC的长度；（2）若∠BAD=2∠DAC，求sinC的值.【答案】（1）7（2）【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理得求得，在中，由余弦定理得求得，可得；（2）记，在中，由余弦定理得，再由求得、，在中，由余弦定理得及，再由可得答案.【小问1详解】在中，由余弦定理得，∴或，当时，，则，符合题意；当时，，则，不合题意，舍去；∴，在中，由余弦定理得，∴或（舍去），∴.【小问2详解】由（1），记，则.在中，由余弦定理得，∴为锐角，∴，∴，，在中，由余弦定理得， ∴，∴.19.已知数列的前项和满足，，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列的前项和，求使成立的最小正整数的值．【答案】（1）（2）50【解析】【详解】（1）由，得．将上述两式相减，得．所以．①所以．②①－②，得，所以．故数列为等差数列．又由，及，得，的公差．所以．（2）由（1）知，．所以．所以 ．由，得．所以，，．所以使成立的最小正整数的值为50．20.如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，.（1）求证：平面；（2）设，当二面角的余弦值为时，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）运用线面垂直的判定定理证得平面，结合线面垂直的性质定理证得及勾股定理证得，进而可证得结果.（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的坐标公式计算可得结果.【小问1详解】取的中点，连接，如图所示，因为四边形为直角梯形，，，，且为的中点，所以且，所以四边形为矩形， 所以，，所以，又因为，，所以，又因为，所以，又因为，、面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，，所以，所以，又因为，、面，所以平面.【小问2详解】由（1）可知，、、两两垂直，以点为坐标原点，分别以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，， 所以，，设平面的法向量为，由，得，令，得，所以.，，设平面的法向量为，，由，得，令，则，，所以，因为二面角余弦值为，所以，整理可得，解得：或.又因为，所以.21.已知椭圆的左右两个焦点分别是，，焦距为2，点在椭圆上且满足，．（1）求椭圆的标准方程； （2）不垂直轴且不过点的直线交椭圆于、两点，如果直线、的倾斜角互补，证明：直线过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再根据，即可得到，，即可得到答案.（2）首先设直线，与椭圆联立得到，根据直线、的倾斜角互补和根系关系即可得到，从而得到直线恒过定点.【详解】（1）依题意：，∴，由，，∴，，∴，∴，∴求椭圆的方程为．（2）依题意可设直线，，，由消去得：，∴由、的倾斜角互补可得：，∴，∴，即，∴， 化简得：，则直线过．【点睛】方法点睛：定点问题，一般从三个方法把握：（1）从特殊情况开始，求出定点，再证明定点、定值与变量无关；（2）直接推理，计算，在整个过程找到参数之间的关系，代入直线，得到定点.22.．（1）若，讨论的单调性（2），，求实数的取值范围．【答案】（1）在上递减；（2）.【解析】【分析】（1）求出导函数，令，利用导数确定，从而可得的单调性；（2）由可得，求出，由令递增，并确定存在零点，是的极小值点，由得与的关系，这样可化简为，求出的范围，再由求得的范围．【详解】解：（1）时，，，令，则，当，；当，；∴在递增，在上递减，∴，∴，∴在上递减．（2）（隐零点代换）， 由，，∴可得，令，则在上递增，由，且当时，，∴，∴使得，且当时，即；当时，即，∴在递减，在递增，∴，由，∴，由得即，由得，∴，设，则，可知在上递增∴，∴，∴，综上．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，研究不等式恒成立问题．不等式恒成立中参数范围问题，在的解不容易确定时，可利用零点存在定理确定存在零点，由零点定义得出与参数的关系，由是的极值点，得出（需把参数用表示）的范围，然后再求得参数范围．