2022-2023学年江西省景德镇一中高二（19班）上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省景德镇一中高二（19班）上学期期中考试数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江西省景德镇一中高二（19班）上学期期中考试数学试题

一、单选题
1．的展开式中，的系数为（    ）
A．51 B．50 C．－51 D．－50
【答案】C
【分析】根据三项的二项式展开的通项，令，即可求出的值，进而可求解.
【详解】的展开式通项为：
，且，
令，则，或者，或者；
故的系数为：，
故选：C
2．正三角形的边长为2，将它沿高翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体外接球表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用割补法，把三棱锥的外接球问题转化为三棱柱的外接球进行处理.
【详解】根据题意可知，在三棱锥中，，
所以平面，且是等腰三角形.所以三棱锥的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球.并且三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离
，就是球的半径.因为正三角形的边长为2，是高，所以.在三棱柱中，底面边长为1，1，，
所以的外接圆的半径为.所以，根据勾股定理，外接球的半径为.
所以四面体外接球表面积为：．故B，C，D错误.
故选：A.
【点睛】3．已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，则点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值是（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【解析】根据抛物线的定义得出，当三点共线时，最小，根据几何关系得出的最小值，即可得出答案.
【详解】由抛物线的方程可知，则准线方程为
过点作轴的垂线，垂足于点，延长交准线于点，设圆的圆心为点
根据抛物线的定义可得：

所以当最小时，则最小，即点三点共线时，最小


故选：D

【点睛】本题主要考查了抛物线的定义的应用以及由抛物线方程求焦点坐标等，属于中档题.
4．已知奇函数在R上是增函数，.若，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由奇函数在上是增函数，则偶函数，且在单调递增，则，则，，即可求得
【详解】解：奇函数在上是增函数，当，，且，
，则，
在单调递增，且偶函数，
，
则，，
由在单调递增，则，
，
故选：．
【点睛】本题考查函数奇偶性，考查函数单调性的应用，考查转化思想，属于中档题．
5．现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、绿色、蓝色卡片各3张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且蓝色卡片至多1张. 则不同的取法共有（   ）
A．135 B．172 C．189 D．216
【答案】C
【分析】从12张卡片中任取3张，去掉只有一种颜色或有蓝色卡片2张的两种颜色卡片，列式计算作答.
【详解】依题意，从12张卡片中任取3张有种，
其中一种颜色的卡片取3张，有4种取法，含2张蓝色卡片的两种颜色卡片，有种取法，
所以所求的不同取法共有（种）.
故选：C
6．在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当最短时，（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题知平面，直线，故当、最短时，平面，，再根据向量的关系计算即可得答案.
【详解】，，
∴ ，，
即:，；
平面，直线，
所以当、最短时，平面，，
为的中心，为线段的中点，
如图：

又正四面体的棱长为1，
，
平面，
，

．
故选：A．
【点睛】本题考查空间向量的数量积运算，共面向量定理，共线向量定理，解题的关键在于结合共面向量定理与共线向量定理得平面，直线，进而当当、最短时，平面，，再求解.
7．如图，椭圆的左、焦点分别为，点是上一点，过的直线交于，两点，且，，，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用对称性得关于原点对称，是平行四边形，然后由已知得是等边三角形，由椭圆定义得的边长为，然后应用余弦定理可得关系，求得离心率．
【详解】,是椭圆的焦点，根据椭圆的对称性知关于原点对称，连接，
则是平行四边形，，，
是等边三角形，又的周长是（），
所以，，
中，由余弦定理，得
，整理得，所以．
故选：C．

8．已知是函数的导函数，且对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据要求解的不等式可变形为，构造函数，并结合已知可得，从而得，利用求得参数c的值，由此可将不等式 化为，即可求得答案.
【详解】令 ①,则 ，
∵，
∴ ，
即 ，
∴（c为常数）②，
由①②知， ，
∴ ，又，
∴ ，即 ，
，
不等式 即，
∴ 或，
即不等式的解集为 ，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决此类根据导函数的表达式求解不等式解集的问题时，一般方法是要构造函数，利用导数判断函数性质进行求解，关键点就是要根据求解的不等式进行合理变形，并结合已知的导函数表达式进行构造恰当的新函数.

二、多选题
9．已知函数，则（    ）
A．恒成立 B．是上的减函数
C．在得到极大值 D．在区间内只有一个零点
【答案】CD
【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，由此可判断BC，取可判断A选项的正误，根据函数的单调性及可判断D.
【详解】，该函数的定义域为，
所以，
由，可得，由，可得，
所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
，故B选项错误，C选项正确；
当时，，此时，A选项错误；
由题可知函数在区间内单调递减，而，故在区间内只有一个零点，D选项正确.
故选：CD.
10．如图，正方体的棱长为1，E为的中点.下列说法正确的是（    ）

A．直线与平面所成角是 B．在直线上存在点F，使EF⊥平面
C．直线与直线AD是异面直线 D．点B到平面的距离是
【答案】ABD
【分析】连接交于点，则可得到直线与平面所成角，求出这个角，可判断A，取与的交点为，利用线面垂直的判定定理可判断B，证明在平面上，可以判断C；的长就是点B到平面的距离，可判断D.
【详解】如图，由是中点，则它也是的中点，连接，

由知共面，显然在这个平面内，与共面，C错；
连接，，与的交点为，则平面，连接，，

正方体中，分别是中点，则，
由平面，平面，
则，又，与是平面内两相交直线，
∴平面，
∴平面，即平面，B正确；
设交于点，连接，则是直线与平面所成角，

在直角三角形中，，
∴，A正确；
由上可知点B到平面的距离就是，D正确.
故选：ABD.
11．已知为双曲线上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，，记线段，的长分别为，，则（    ）
A．若，的斜率分别为，，则
B．
C．的最小值为
D．的最小值为
【答案】AD
【分析】先求出双曲线的渐近线方程：，设点，，利用点线距离公式求出，，再利用直线之间的关系求出直线，的斜率，结合选项选出正确答案即可．由均值不等式及为定值可判断C正确，由余弦定理可得的最小值，判断D正确．
【详解】如图所示，

设，，则．由题设条件知：
双曲线的两渐近线：，．
设直线，的斜率分别为，，则，，所以，
故选项正确；
由点线距离公式知：，，
，故B错误；
，所以C错误；
由四边形中，所以，
，
当且仅当时等号成立，所以D正确，
故选：AD．
12．关于函数，下列判断正确的是（    ）
A．是的极大值点
B．函数有且只有1个零点
C．对不等式在上恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
【答案】BC
【分析】对于A，直接对函数求导研究即可；
对于B，构造函数，求导，利用单调性来判断即可；
对于C，将问题转化为在上恒成立，构造函数，求其最大值即可；
对于D，将问题转化为证明，，构造函数，利用导数求其最值可得答案.
【详解】对于A，，，
令，得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
为的极小值点，A错误；
对于B，，
则，所以函数在上单调递减，
又，所以函数有且只有1个零点，B正确；
对于C，若在上恒成立，得在上恒成立，
则
令，则，
令，，
当时，，单调递减，
，即，
在上单调递减，
故函数，则，C正确；
对于D， 令，
，
则
在上单调递减，
则，即，
，，结合A选项可得，

，函数在上单调递增，
则，
即对任意两个正实数，且，若，则，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题难点在选项D，将问题转化为证明，是关键，然后构造出函数来解决问题.

三、填空题
13．已知两个小孩和甲、乙、丙三个大人排队，不排两端，3个大人有且只有两个相邻，则不同的排法种数有_________．
【答案】
【详解】试题分析：先考虑甲乙捆绑成一个的情形:（甲乙）丙； （甲乙） 丙； （乙甲） 丙；（乙甲） 丙； （甲乙）丙； （甲乙）丙；（乙甲） 丙；（乙甲） 丙.共有8种可能；将三个大人全排列共种可能，所以共有种可能.
【解析】排列数组合数公式及运用．
14．如图，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，O为底面中心，为中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周），若，则与底面所成角的正弦值的取值范围是______.

【答案】
【分析】先建立坐标系，设出P点坐标，求出，利用，求出OP的最大值和最小值，从而求解.
【详解】由题意，建立空间直角坐标系，如图所示，

面，则即为与底面所成角
则
设，
，，
由，即
得，，
则

则OP的最小值为，最大值为1，
PM的最小值为，最大值为，
所以与底面所成角的正弦值的最大值为，最小值为，
故答案为：
15．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.
【答案】##4.5
【分析】设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，从而有，最后利用均值不等式即可求解.
【详解】解：设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，
所以，即，
故，当且仅当时取等，
所以，
故答案为：.
16．设函数与是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的，都有，则称与在上是“密切函数”，区间称为“密切区间”.设函数与在上是“密切函数”，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由“密切函数”的定义可得即对于恒成立，令，利用导数求出最值，解不等式即可求解.
【详解】因为函数与在上是“密切函数”，
则即对于恒成立，
所以，即对于恒成立，
令，则，
当时，；当时，；
所以，
，，所以，
所以，可得，
所以实数的取值范围是：.
故答案为：

四、解答题
17．已知函数(，).
（1）当时，求的展开式中二项式系数最大的项；
（2）若，且，
①求；
②求(，)的最大值.
【答案】（1）或；（2）①；②.
【分析】（1）由，二项式系数最大的项为第四项或第五项，求出即可得解；
（2）对①，先求通项， 由求得，求得，再赋值即可得解；
（3）若求最大项，根据求解即可；
【详解】（1）当时，的展开式共有8项，
二项式系数最大的项为第四项或第五项，
所以或；
（2）①的通项公式为，
且，所以的系数为，解得，
所以的通项公式为，
所以，当时，，
令，，
②设为()中的最大值，则，
解得，即，，所以，
所以.
【点睛】本题考查了二项展开式相关内容，考查了二项展开式的通项公式以及各项系数和，同时考查了系数最大项，有一定的计算量，属于中档题.本题关键点有：
（1）理解掌握项的系数和二项式系数的区别；
（2）赋值法求各项系数和.
18．已知圆C经过点和，且圆心C在直线：上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)已知过点的直线被圆C所截得的弦长为8，求直线的方程．
(3)圆C关于直线的对称圆是圆Q，设、是圆Q上的两个动点，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，如果直线、与y轴分别交于和，问是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1).
(2)或.
(3)是，25.

【分析】（1）利用圆的标准方程，结合题目条件，得圆心C的坐标和半径，从而得结论；
（2）利用垂径定理得圆心到直线的距离为3，再利用直线与圆的位置关系，结合对斜率是否存在的讨论和点到直线的距离公式，计算得结论；
（3）利用关于直线对称的圆的方程得圆Q的方程，再利用题目条件得、，且得到，，再利用直线的点斜式方程得直线和的方程，令得m与n，最后利用圆Q的方程，计算得结论．
【详解】（1）解：因为圆心C在直线：上，所以设．
又因为圆C经过点和，
所以，且半径，解得，，
因此圆C的标准方程为．
（2）解：因为直线被圆C所截得的弦长为8，
所以由垂径定理得圆心到直线的距离为．
当直线的斜率不存在时，直线：满足要求；
当直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为，即，
由圆心到直线的距离，解得，因此直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．
（3）解：因为关于直线的对称点为，而圆C关于直线的对称圆是圆Q，
所以圆Q的方程为．
因为点关于原点和x轴的对称点分别为、，所以、．
又因为，
当时，点的坐标为，则直线与x轴垂直，不满足题意，所以．
当时，点的坐标为，则直线与x轴垂直，不满足题意，所以，
因此直线的方程为，直线的方程为．
在方程中，令得，即．
在方程中，令得，即．
又因为、是圆Q上的两个动点，所以，，
因此，
因此为定值．
19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．

(1)若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．
(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处

【分析】（1）由题可得EPSD，EFCD，即证；
（2）由题可得SP⊥平面ABCD，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设＝λ，利用条件列方程，即可解得.
【详解】（1）因为E、F分别是SA、SB的中点，
所以EF AB，
在矩形ABCD中，AB CD，
所以EF CD，CD 平面SCD，EF平面SCD，
∴EF 平面SCD，
又因为E、P分别是SA、AD的中点，
所以EP SD，SD 平面SCD，EP平面SCD，
∴EP 平面SCD，
又EF∩EP＝E，EF，EP平面PEF，
所以平面PEF 平面SCD．
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，
在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以，
又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，平面SAD，
所以平面ABCD，所以SP是四棱锥的高．
设，则，，
所以，所以m＝2．
以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，．

设，所以．
设平面PMB的一个法向量为，则，
所以取．易知平面SAD的一个法向量为，
所以，
因为，所以，
所以存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处满足题意．
20．已知函数．
(1)试讨论的单调区间；
(2)若，讨论在区间上的零点个数．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；

【分析】（1）求出函数的导数，就、分类讨论后可得函数的单调性；
（2）就、、、分类讨论，注意结合零点存在定理说明零点的个数.
【详解】（1），
，
当时，，故在上为增函数，
当时，若，则，若，则，
故在上为减函数，在上为增函数.
（2）由（1）可得若，则在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点.
若，由（1）可得在上为减函数，在上为增函数.
故，
若，则，故在上无零点.
若，则，故在上有且只有一个零点.
若，则，此时，
设，其中，则，
当时，，故在上为减函数，
故在上的值域为，
故存在，使得对任意的恒成立.
故当，
则有，
故当时，在上有两个不同的零点.
综上，当或时，在上有一个不同的零点；
当时，在上有两个不同的零点；
当，则，故在上无零点.
【点睛】思路点睛：函数的零点个数问题，注意利用导数讨论函数的单调性，并结合零点存在定理判断零点存在性，取点时注意结合解析式的特点合理取点，必要时需利用放缩法判断函数值的符号.
21．已知双曲线方程为1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足·0，|PF1||PF2|＝6．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线交双曲线于A、B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m，0)使得为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x21
(2)存在，m＝﹣1，定值为0

【分析】（1）由离心率得，从而得，再由数量积为0得垂直，利用勾股定理得的关系式，从而求得得双曲线方程；
（2）直线斜率为0时，直接求出坐标，计算出数量积，当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程代入双曲线方程，应用韦达定理得，代入，由它为定值求得值，得结论．
【详解】（1）由题意可得e2，可得c＝2a，b2＝c2﹣a2＝3a2，
所以ba，
又因为·0，|PF1||PF2|＝6．所以,
由|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以可得|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝4a2，
而|PF1|2+|PF2|2＝4c2，
所以4c2﹣12＝4a2，
可得b2＝3，a2＝1，
所以双曲线的方程为：x21；
（2）由(1)可得F2(2，0)，
当直线l的斜率为0时，l：y＝0，此时A(﹣1，0)，B(1，0)，
由M(m，0)，则·m2﹣1，
当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立，整理可得：(3t2﹣1)y2+12ty+9＝0，
因为t2，y1+y2，y1y2，
因为·(x1﹣m，y1)·(x2﹣m，y2)＝(ty1+2﹣m)(ty2+2﹣m)+y1y2＝(t2+1)y1y2+(2﹣m)t(y1+y2)+(2﹣m)2
＝(t2+1)·(2﹣m)t·(2﹣m)2
(2﹣m)2，
要使•为定值，则，解得m＝﹣1，则，
所以Q(﹣1，0)．定值为0．
22．已知函数，．
（1）当时，
①求的极值；
②若对任意的都有，，求的最大值；
（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：．
【答案】（1）①极小值是，没有极大值；②的最大值是；（2）证明见解析.
【分析】（1）①由题设可得，根据的符号研究的单调性，进而确定极值；②由题设，易知对任意都有恒成立，根据已知条件知，结合①所得的单调性有即，即可求的最大值；
（2）由分析法只需证明即可，令、是的两个不相等的实数根，由根的性质并整理可得，令则有，构造利用导数研究单调性即可证明结论.
【详解】（1）①时，，则，
令，解得：，令，解得：，
∴在递减，在,递增，故的极小值是，没有极大值；
②对任意都有，即恒成立，
由，有，故，
由①知，在,单调递增，故，可得，即，
当时，的最小值是，故的最大值是；
（2）证明：要证，只需证明即可，
由题意，、是方程的两个不相等的实数根，又，
∴，消去，整理得：，
不妨设，令，则，故只需证明当时，，即证明，
设，则，
∴在单调递增，从而，
故，即得证．