2022-2023学年广东省梅州市高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省梅州市高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．函数在区间上的平均变化率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平均变化率的定义列式求解.

【详解】根据平均变化率的定义可知，.

所以函数在区间上的平均变化率为.

故选：C

2．某校为了丰富课后服务活动，提高学校办学水平和教育质量，开设近20门选修课供学生自愿选择.甲、乙2名同学都对其中的合唱、足球、篮球、机器人课程感兴趣，若这2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加，则不同的选法有（    ）

A．4种 B．6种 C．8种 D．16种

【答案】D

【分析】根据题意甲乙两人均有4种选课方法，应用分步乘法即可得结果.

【详解】由题设，甲乙两人均有4种选课方法，

所以2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加的方法有种.

故选：D

3．已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件作出切线，利用导数的几何意义及斜率的定义即可求解.

【详解】依次作出函数在处的切线，如图所示

根据导数的几何意义及图形中切线的斜率可知，．

故选：B.

4．已知函数，则在下列区间上，单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，令，结合选项中角的范围求得x的范围，即可得出单调递增区间.

【详解】因为，所以，

令，则，

又，则，所以，所以，

所以的单调递增区间为，

因为，所以为函数的一个单调递增区间.

故选：B

5．某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ）

A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种

【答案】A

【分析】讨论使用的颜色种数计算即可.

【详解】若使用五种颜色，即每个面一种颜色，则有种方案；

若使用四种颜色，即面AED与面FBC同色，则有种方案.

故不同涂色方案有720+360=1080种.

故选：A

6．已知直线与函数，的图象分别交于点，，则的最小值为（    ）

A．8 B．10 C．12 D．16

【答案】C

【分析】由题设可得，利用三元基本不等式求其最小值，注意取值条件.

【详解】由题设，，，且，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

综上，的最小值为.

故选：C

7．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯，于当地时间2022年11月20日至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行.本届世界杯的赛制规定：从小组赛晋级的16支球队将被自动分成8组，每组的2支球队比赛一场，获胜的球队晋级1/4决赛.若从小组赛晋级的16支球队中选出4支球队，且恰有2支球队来自同一组，则不同的选择方法有（    ）

A．672种 B．728种 C．764种 D．800种

【答案】A

【分析】首先考虑恰有2支球队来自同一组的选法，再确定另外2支不同组的选法，利用分步计数乘法原理求出结果.

【详解】因为小组赛晋级的16支球队自动分成8组，从中选4支，2支球队来自同一组，

所以要先从8组中选一组，有种选法，这组两支球队全选，保证2支球队来自同一组；

再从剩余7组中选2组，每一组选1支球队，这2支球队来自不同组，有种选法，

所以不同的选择方法有种.

故选：A.

8．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，得到球半径，计算体积得到答案.

【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：

则，故，球的半径，

故体积为.

故选：D

二、多选题

9．已知，则（    ）

A．

B．

C．

D．展开式中所有项的二项式系数的和为

【答案】ABD

【分析】采用赋值法，分别令和可以判断选项A、C；根据二项式展开式的通项求得x的系数，可以判断选项B；直接由展开式中所有项的二项式系数的和的知识就可以判断选项D.

【详解】令，得，所以A正确；

展开式的通项为，

令，得，所以B正确；

令，得，又，

所以，所以C不正确；

展开式中所有项的二项式系数的和为，所以D正确.

故选：ABD.

10．由数字0，1，2，3组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是（    ）

A．可以组成18个不同的数

B．可以组成8个奇数

C．可以组成12个偶数

D．若数字1和2相邻，则可以组成8个不同的数

【答案】ABD

【分析】A先排千位，再排其它三位；B、C分步分类计数求出奇数个数，即可得偶数个数即可判断；D分千位为3、千位、百位为1和2两种情况求个数，结合排列、组合数求四位数的个数.

【详解】A：千位的选法有，其它三位任意排有，故组成不同的数有个，正确；

B：奇数个数：先把1或3安排到个位有种，则千位有种，其它数位有种，共有个，正确；

C：由B知：偶数有个，错误；

D：当千位为3，将1和2全排有种，作为整体与0全排有种，则有个；

当千位、百位为1和2有种，再将0和3作全排有种，则有个；

所以可以组成8个不同的数，正确.

故选：ABD

11．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．，方程有解

B．若，且有极小值点，则在上单调递减

C．若且，则存在极大值和极小值

D．若，则的图象是中心对称图形

【答案】BCD

【分析】A令，即可判断；B、C由，根据极值点定义，结合二次函数的性质判断即可；D判断是否恒成立.

【详解】A：当，时，，此时无解，错误；

B：由，又，则开口向下，

由有极小值点，则从左侧到右侧，函数值由负变正，

综上，结合二次函数的性质知：的函数值从左到右依次由负变正，再由正变负，

所以左侧，即在上单调递减，正确；

C：中，，故必有两个不等实根，

若，当，则为极大值点，为极小值点；当，则为极小值点，为极大值点；正确；

D：，由的对称轴为，

则

，

所以关于对称，正确；

故选：BCD

12．已知，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】构建，求导，利用导数可得原函数的单调性，进而可得，再利用作差法和不等式性质可得、，进而可得结果.

【详解】构建，则当恒成立；

则在上单调递减，可得，

令，则，

且，即，

故，即；

∵，则，

又∵，则，

∴，即；

∵，则，即，

又∵，即，

故，即；

综上所述：.

∴B、C正确，A、D错误.

故选：BC.

【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤

（1）作差或变形．

（2）构造新的函数h(x)．

（3）利用导数研究h(x)的单调性或最值．

（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

三、填空题

13．已知函数，则________.

【答案】/-0.5

【分析】将作为常量对求导，得到导函数，再将作为未知量求解即可.

【详解】由解析式知：，即，解得.

故答案为：.

14．甲、乙、丙、丁四位同学约好周末去某公园游玩，准备当天在公园门口集合后一起入园游玩，假设这四位同学没有同时到达的情况，则他们先后到达的情况有________种.

【答案】24

【分析】应用排列数，根据题意将4人作全排即可.

【详解】由题意，甲、乙、丙、丁四位同学在不同的时间到达公园门口，

所以，4个人按任意顺序依次到达即可，故共有种情况.

故答案为：24

四、双空题

15．一个装有水的圆柱形水杯水平放在桌面上，在杯内放入一个圆柱形铁块后，水面刚好和铁块的上底面齐平，如图所示．已知该水杯的底面圆半径为6 cm，铁块底面圆半径为3 cm，放入铁块后的水面高度为6 cm，若从时刻开始，将铁块以1 cm/s的速度竖直向上匀速提起，在铁块没有完全离开水面的过程中，水面将______（填“匀速”或“非匀速”）下降；在时刻，水面下降的速度为______ cm/s．

【答案】     匀速    

【分析】由圆柱形铁块竖直向上匀速提起，可得水面匀速下降；根据已知得出水面高度H与时刻的函数关系，通过导数求瞬时速度.

【详解】设在铁块没有完全离开水面的过程中，水面高度为H，铁块离开水面的高度为h，

则水和铁块的体积为，即①．

铁块距离杯底的高度为②．

由①②可得．令函数，则．

故水面将匀速下降，下降的速度为．

故答案为：匀速；.

五、填空题

16．广州国际金融中心大楼，简称“广州IFC”，又称“广州西塔”，位于广东省广州市，为地处天河中央商务区的一栋摩天大楼，东面珠江公园，南邻珠江和广州塔，西近广州大道，北望天河体育中心与白云山.小胜为测量其高度，在点处测得广州国际金融中心大楼顶端处的仰角为，在点处测得广州国际金融中心大楼顶端处的仰角为，在点处测得广州国际金融中心大楼顶端处的仰角为，其中，，三点共线且与广州国际金融中心大楼底部在同一水平高度，已知米，则广州国际金融中心大楼的高度为______米.

【答案】435

【分析】作出图形，设，由余弦定理求出和，利用可求得．

【详解】如图是塔底，显然与垂直，

，，，

设，则，，，

由余弦定理得，，

因为，，即，

所以，

即，解得．

故答案为：435.

六、解答题

17．已知等差数列的前项和为，，，，成等比数列.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）应用等比中项及等差数列通项公式求基本量，即可得通项公式；

（2）公式法求，再由裂项相消法求.

【详解】（1）由题设且，则，，

令公差为，所以，可得，

所以.

（2）由，则，

所以

.

18．已知函数.

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)求在区间上的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求解导函数，分别计算，利用导数的几何意义写出切线方程；

（2）求解的根，讨论与的情况，从而得函数的单调性，求解出极值与端点处的函数值，比较大小后可得函数的最值，从而可得函数值域.

【详解】（1）由题意，函数的定义域为，，

所以，，即切线的斜率为，切点坐标为，

所以曲线在处的切线方程为.

（2）由（1）知，，

得或，当或时，；

当时，，

所以函数在和上为增函数，在上为减函数，

所以函数的极大值为，

极小值为，

又因为，，

所以函数的最大值为，最小值为，

所以函数在区间上的值域为.

19．从1，2，3，4，5，6中任取5个数字，随机填入如图所示的5个空格中.

(1)若填入的5个数字中有1和2，且1和2不能相邻，试问不同的填法有多少种？

(2)若填入的5个数字中有1和3，且区域，，中有奇数，试问不同的填法有多少种？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）应用分步计数，从其余4个数选3个数全排，再把1和2插入其中求结果.

（2）应用间接法，先求出有1和3且区域，，中无奇数的填法数，再求出所有可能的填法数，然后作差即可得结果.

【详解】（1）首先从其它4个数中任选3个并作全排有种，

3个数中共有4个空，将1和2插入其中两个空有种，

所以共有种填法.

（2）若区域，，中无奇数，则其它三个数只能为2、4、6且在区域，，上，

所以，共有种，

从2、4、5、6任选3个数有种，再把5个数全排有种，共有种，

综上，填入的5个数字中有1和3且区域，，中有奇数，共有种.

20．已知函数.

(1)求的极值；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)的极小值为,无极大值.

(2)

【分析】（1）利用导数法求函数的极值的步骤即可求解.

（2）根据（1）结论，利用分离参数法将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可求解

【详解】（1）由题意可知，的定义域为，

所以.

令，则，解得，

当变化时，，的变化情况如下:

由此表可知，当时，取得极小值为,无极大值.

（2）恒成立等价于即可.

令，则，

令，则，

令，

由（1）知，在上单调递减，在上单调递增；

，

所以在上单调递增，

所以在上单调递增，且，

当时，，

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

当时，取到最小值为，即，

所以的取值范围为.

21．已知椭圆：的上顶点和右焦点都在直线上.

(1)求的标准方程；

(2)已知直线与交于，两点，，，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将上顶点、右焦点代入直线求得，即可求的标准方程；

（2）联立直线和椭圆，应用韦达定理， ，再求中点，由已知直线与直线垂直，根据列方程求参数值.

【详解】（1）上顶点为，右焦点为都在上，

所以，则，故的标准方程为.

（2）联立，则，显然，

所以，则，

而中点，由，则直线与直线垂直，

所以，则，故，可得.

22．定义：若函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.

(1)判断函数的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；

(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围.

【答案】(1)1个，2级“平移点”为.

(2)

【分析】（1）根据题意，可得，代入解析式求解即可；

（2）根据级“平移点”定义知有解，即可得在上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求的范围.

【详解】（1）函数，，存在的2级“平移点”，则，

即，

所以，即，

令则，

当时，，所以，

所以在上单调递增，而，

所以在只有1个零点，即函数的2级“平移点”的个数为1，且2级“平移点”为.

（2）由在上存在1级“平移点”，则有解，

即：，得：，

∴在上有解，

令，，则

，

∴在上单调递增，则，

∴，即.

实数的取值范围为：.