四川省宜宾市高县中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期中考试试题（Word版附解析）

2023年春期高2021级半期考试试题

文科数学

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟；

2．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡相应的位置；

3．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效；

4．考试结束后，交回答题卡．

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.

1. 命题“，使”的否定是（   ）

A. ，使 B. ，使

C. ，使 D. ，使

【答案】C

【解析】

【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断.

【详解】命题“，使”的否定是“∀x，x2﹣3x+1<0”,

故选C.

【点睛】本题主要考查全称与特称命题的否定，属于基础题.

2. 已知，向量，，则“”是“”的（    ）

A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】首先利用向量平行坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.

【详解】若向量，则，即

解得：或,

所以“”是“”充分不必要条件.

故选：B

3. 已知多项式 ，当 时的函数值时用秦九韶算法计算V2的值是

A. 1 B. 5 C. 10 D. 12

【答案】C

【解析】

【详解】，当时的函数值时用秦九韶算法计算：，故选C.

4. 已知命题：空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行；命题：空间中三个平面，，，若，，，则．则下列命题为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据直线与直线的位置关系定义、面面垂直的性质，结合与、或、非的真假性质逐一判断即可.

【详解】因为空间中两条直线没有公共点，两条直线可以是异面直线，所以命题是假命题，

因此是真命题，

由面面垂直的性质可知命题是真命题，为假命题，

所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，

故选：D

5. 一个袋中装有大小、质地相同的3个红球和3个黑球，从中随机摸出3个球，设事件“至少有2个黑球”，下列事件中，与事件互斥而不互为对立的是（    ）

A. 都是黑球 B. 恰好有1个黑球 C. 恰好有1个红球 D. 至少有2个红球

【答案】B

【解析】

【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解即可．

【详解】解：从装有大小和质地完全相同的3个红球和3个黑球的口袋内任取3个球，

在中，至少有2个黑球和都是黑球能同时发生，不是互斥事件，故错误，

在中，至少有2个黑球和恰有1个黑球不能同时发生，是互斥而不对立事件，故正确，

在中，至少有2个黑球和恰有1个红球能同时发生，不是互斥事件，故错误，

在中，至少有2个黑球和至少有2个红球事件不能同时发生，是对立事件，故错误．

故选：．

6. 若函数，则（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】用函数的求导法则、常用函数的导数及复合函数的导数可得解.

【详解】因为，

所以.

故选：A.

7. “天津之眼”摩天轮是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功用，是天津地标建筑之一，摩天轮的整体高度为，如图，摩天轮底座中心为，过点且距离处有一标志点，、之间距离处有一遮挡物，高为，将旋转轮看成圆，把游客看成圆上的点，若游客乘坐座舱旋转一周，则能看到标志点的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设圆心为，延长交圆于、两点，取线段的中点，连接、、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出，利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】如下图所示，设圆心为，延长交圆于、两点，取线段的中点，

连接、、，

以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

因为，，

则为等腰直角三角形，所以，，则直线的倾斜角为，

易知点、，直线的方程为，即，

，所以，，则，

所以，，

因此，游客乘坐座舱旋转一周，则能看到标志点的概率为.

故选：A.

8. 中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”现给出该问题算法的程序框图，其中表示正整数除以正整数后的余数为，例如 表示11除以3后的余数是2．执行该程序框图，则输出的等于

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】

根据程序框图的条件，利用模拟运算法进行计算即可．

【详解】第一次，7除以3的余数是1，不满足条件，除以3的余数是2满足条件，

8除以5的余数是3满足条件，输出

故选B

【点睛】本题考查程序框图的相关内容，根据框图模拟运算即可得出结果，比较基础．

9. 函数y=xcosx+sinx在区间[–π，π]的图象大致为（ ）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.

【详解】因为，则，

即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，

据此可知选项CD错误；

且时，，据此可知选项B错误.

故选：A.

【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

10. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题可知在上恒成立.再参变分离求解函数最值即可.

【详解】由题, 在上恒成立.即在上恒成立.

又,其导函数恒成立.故的最小值为.故.

故选：C

【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性求解参数范围的问题,需要根据题意求导,参变分离求函数的最值.属于基础题.

11. 已知抛物线的焦点为F，过点F作直线交抛物线于M，N两点，则的最小值为

A.  B. - C. - D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据抛物线的定义和直线与抛物线的位置关系，将所求的表达式转化成一个量的函数求最值.

【详解】由题意知，抛物线的焦点坐标为.设，，

将：代入抛物线方程，

可得，且有，

所以，又因为.

由抛物线的定义可得，.

故，

由可得，

从而有，，

当且仅当时取等号.

故选D.

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，关键在于将问题转化为关于一条线段的长的函数的最值问题，属于中档题.

12. 已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是 （    ）

A.  B.

C.    D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用导数，分别求两个函数的值域，将条件转化为两个值域有交集，列不等式，即可求解.

【详解】，，当时，，

函数单调递减，函数的值域是，

，，当时，，

函数单调递增，函数的值域是，

因为，，使得，

所以，解得：，

所以实数a的取值范围是.

故选：D

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填在答题卡相应横线上.

13. 命题“若都是实数，则”的否命题是__________

【答案】若不都是实数，则

【解析】

【分析】利用否命题的定义求解.

【详解】因为否命题是既否定原命题的条件，也否定原命题的结论，

所以命题“若都是实数，则”的否命题是“若不都是实数，则”，

故答案为：若不都是实数，则

14. 若函数在处取得极小值，则实数a的取值范围是__________．

【答案】

【解析】

【分析】首先求函数的导数，再讨论零点的大小关系，即可判断极小值点，并求得实数的取值范围.

【详解】，

当，即，，函数单调递增，不成立，

当时，即，此时或时，，

当时，，

所以函数的单调递增区间是和，减区间是，

所以是极大值点，不满足条件，

当时，即，此时或时，，

当时，，

所以函数的单调递增区间是和，减区间是，

所以是极小值点，满足条件，

综上可知：.

故答案为：

15. 某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万千克，每种植1万千克莲藕，成本增加1万元，销售额（单位：万元）与莲藕种植量（单位：万千克）满足（为常数），若种植3万千克，销售利润是万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕 ________万千克．

【答案】8

【解析】

【分析】由已知求参数a，再利用导数研究函数的单调性，进而确定销售利润最大时每年需种植莲藕量.

【详解】设当莲藕种植量为万千克时，销售利润为万元，则（）．

∵，

∴，即，则，

当时，，当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值，

故要使销售利润最大，每年需种植莲藕8万千克．

故答案为：8

16. 已知函数为定义在上的可导函数，且．则不等式的解集为________．

【答案】(0,1)

【解析】

【分析】构造函数，可得函数在上单调递减，所求不等式可化为，进而即得.

【详解】因为，

令，则，

∴在上单调递减，

由，可得，

即，

∴，

∴，又∵，

∴.

故答案为：(0,1).

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知函数.

（1）求函数的单调递减区间；

（2）求函数在上的最大值和最小值.

【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为

【解析】

【分析】

（1）求出，令，得到函数的单调递减区间；

（2）求出函数在的单调性，根据极值和端点值，求得最值.

【详解】（1），

令，得，所以的减区间为.

（2）由（1），令，得或知：，为增函数，

，为减函数，，为增函数.

，，，.

所以在区间上的最大值为，最小值为.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和求函数的最值，属于基础题.

18. 已知.

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若对恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义以及直线方程的点斜式即可求解.

（2）分离参数，转化成不等式恒成立问题，利用导数求最值即可.

【小问1详解】

当时，，，

，，

所以切线方程为：，即.

【小问2详解】

恒成立，即在上恒成立，

设，，

令，得，

在上，，

所以函数在上单调递减，

所以，，

故有.

19. 某实验中学的暑期数学调研学习小组为调查本校学生暑假玩手机的情况，随机调查了位同学月份玩手机的时间单位：小时，并将这个数据按玩手机的时间进行整理，得到下表：

将月份玩手机时间为小时及以上者视为“手机自我管理不到位”，小时以下者视为“手机自我管理到位”．

（1）请根据已知条件完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”；

（2）根据（1）中的条件，在抽查的“手机自我管理不到位”的人中按性别分层抽样抽取名，这名“手机自我管理不到位”的人中恰有位男生和位女生喜欢体育运动，现在从这名“手机自我管理不到位”的人中随机抽取人，求这个人中男女生均有，并且个人中有人喜欢体育运动的概率．

独立性检验临界值表：

【答案】（1）列联表答案见解析；没有99%的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题中已知数据统计出表格中的数据，题中有卡方独立性检验的计算公式，根据列联表的数据计算出卡方数值，与独立性检验临界值表进行比较得出结论.

（2）列出满足要求的所有可能的基本事件，找出满足要求的事件，根据概率计算公式得出结果.

【小问1详解】

列联表如下：

的观测值，

所以没有99%的把握认为“手机自我管理是否到位与性别有关”．

【小问2详解】

设这5名“手机自我管理不到位”的人中，2名男生记为，，3名女生记为，，，其中喜欢运动的为，，则从这5名“手机自我管理不到位”的人中随机抽取3人的所有结果组成的基本事件为

，

以上共计10个基本事件，且这些基本事件的出现是等可能的．

其中这3个人中男女生均有，并且3个人中有人喜欢体育运动的基本事件为，共计8个事件，

故所求事件的概率．

20. 如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CDAB，AB=4，AD=CD=2．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．

（1）求证：BC⊥平面ACD；

（2）求几何体D﹣ABC的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）方法一：作出辅助线，得出AC⊥BC，由面面垂直，得线面垂直，即证．

方法二：得到AC⊥BC后，作出辅助线，由面面垂直得到DH⊥BC，从而证明BC⊥平面ACD.

（2）在第一问的基础上，由高和底面积，求得三棱锥B﹣ACD的体积即是几何体D﹣ABC的体积．

【小问1详解】

方法一：

在图1中，过点C作CE⊥AB于点E，

因为在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，，AB=4，AD=CD=2．

所以，

由勾股定理得：，

∴，

∴AC⊥BC，

又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC平面ABC=AC，BC平面ABC，

从而BC⊥平面ACD；

方法二：在图1中，过点C作CE⊥AB于点E，

因为在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，，AB=4，AD=CD=2．

所以，

由勾股定理得：，

∴，

∴AC⊥BC，

取AC的中点H，连接DH，

因为AD=DC，

所以DH⊥AC，

因为平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC平面ABC=AC，DH平面ACD，

从而DH⊥平面ABC；

因为BC平面ABC，

所以DH⊥BC，

因为，平面ACD，

从而BC⊥平面ACD；

【小问2详解】

由（1）知，BC为三棱锥B﹣ACD高，，

，

所以三棱锥B﹣ACD的体积为：，

由等积性知几何体D﹣ABC的体积为．

21. 已知长轴长为的椭圆的一个焦点为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若斜率为l的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）根据题意结合椭圆性质，运算可求出结果；

（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合弦长公式即可求出结果.

【小问1详解】

由题意，，，

∴，

∴椭圆的方程为．

【小问2详解】

设直线的方程为，点，

联立方程组

化简，得，

，即，       

且，，

∴

解得，符合题意，

∴直线的方程为或.

22. 设常数，函数.

（1）令时，求的最小值，并比较的最小值与零的大小；

（2）求证：在上是增函数；

（3）求证：当时，恒有.

【答案】（1）最小值为，最小值大于零.（2）证明见解析.（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）对函数进行求导，确定函数的解析式，再对函数求导，列表判断出该函数的单调性以及极值，最后确定函数的最小值，再判断的最小值与零的大小即可；

（2）利用（1）中的结论，可以判断出函数的正负性，进而能证明出的单调性；

（3）利用（2）中的结论进行证明即可.

【详解】（1）因为，

所以.

所以，

所以，令，得.

列表如下：

所以在处取得极小值，

即的最小值为，

因，所以，

又，所以即的最小值大于零.

（2）由（1）知，的最小值为正数， 

所以对一切，恒有.

从而当时，恒有，故在上是增函数.

（3）由（2）知在上是增函数，

所以当时，.

又，

所以，即，

所以，

故当时，恒有.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值､单调性，考查了利用函数的单调性证明不等式恒成立问题，考查了数学运算能力.