2022-2023学年上海市控江中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市控江中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．向量的模__________.

【答案】

【分析】直接计算模长得到答案.

【详解】，则.

故答案为：

2．函数的导函数的定义域为__________.

【答案】

【分析】确定函数定义域，再求导确定导函数定义域得到答案.

【详解】，函数定义域为，，导函数需满足，

综上所述：导函数定义域为.

故答案为：.

3．根据二项式定理，的二项展开式共有__________项.

【答案】11

【分析】根据二项式定理得出展开式的通项，即可得出答案.

【详解】根据二项式定理，可知的二项展开式的通项为

，，共有11项.

故答案为：11.

4．设，若向量与向量平行，则__________.

【答案】

【分析】根据已知可得，求解即可得出答案.

【详解】因为，所以有，且，

所以，，所以.

故答案为：.

5．已知函数，则函数的导函数__________.

【答案】

【分析】根据基本初等函数以及复合函数的求导法则，即可得出答案.

【详解】由已知可得，.

故答案为：.

6．设，若1是函数的一个驻点，则__________.

【答案】

【分析】由已知求出导函数，根据已知得出方程，求解即可得出答案.

【详解】由已知可得，的定义域为，且，

由已知可得，可得.

故答案为：.

7．在的二项展开式中，常数项为__________.

【答案】112

【分析】直接利用二项式定理公式计算得到答案.

【详解】的二项展开式的通项为，

取得到，则常数项为.

故答案为：.

8．圆的参数方程为（为参数），则此圆的半径为___________.

【答案】5

【分析】把两式两边平方作和，消去参数θ，化为圆的标准方程得答案．

【详解】解：由，

①2+②2得，x2+y2＝9sin2θ+16cos2θ+24sinθcosθ+16sin2θ+9cos2θ﹣24sinθcosθ

＝16（sin2θ+cos2θ）+9（sin2θ+cos2θ）＝25．

∴圆的半径为5．

故答案为5．

【点睛】本题考查圆的参数方程化为普通方程，考查同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．

9．在极坐标系中，圆的圆心到直线的距离为__________.

【答案】

【分析】由已知得出圆和直线的直角坐标方程，根据点到直线的距离公式，即可得出答案.

【详解】由已知可得.

因为，所以，

所以圆的直角坐标方程为，圆心为.

直线转化为直角坐标方程为，即.

又点到直线的距离，

即圆的圆心到直线的距离为.

故答案为：.

10．设，若关于的方程有三个实数解，则的取值范围为__________.

【答案】

【分析】设，根据题意转化为函数的图象与直线有三个不同的交点，求得，求得函数的单调性与极值，作出函数的图象，结合图象，即可求得实数的取值范围.

【详解】由，可得，

设函数，则函数的图象与直线有三个不同的交点，

又由，

当或时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以的极小值为，极大值为，

且时，，当时，，

作出函数的大致图象如图所示，

由图象可知，要使函数的图象与直线由三个不同的交点，

则满足，即实数的取值范围是.

故答案为：.

11．定义域和值域都是的连续函数恰有17个驻点，导函数的定义域被这些驻点分割成18个小区间，其中恰有9个区间能使恒成立，若记的零点个数为，则的最大值为__________.

【答案】

【分析】根据驻点定义结合单调性判断，再因为值域为R确定零点个数即得.

【详解】定义域和值域都是的连续函数恰有17个驻点，导函数的定义域被这些驻点分割成18个小区间，

因为其中恰有9个区间能使恒成立，所以恰有9个区间能使恒成立，

为使零点个数最多，需使每个单调区间都存在零点，因此零点最多有18个，

但因为函数是值域是的连续函数，所以的最右侧区间与最左侧区间单调性相同，

从而必存在两个相邻的小区间的单调性相同，即此时对应的驻点非极值点，

因此这两个相邻小区上最多存在一个零点，即整个定义域上最多存在17个零点

所以若记的零点个数为，则的最大值为.

故答案为: .

12．在空间中，是一个定点，给定的三个不共面的向量，且它们两两之间的夹角都是锐角.若向量满足，，，则满足题意的点的个数为__________.

【答案】

【分析】确定点在与垂直，且到的距离为的平面上，在与垂直，且到的距离为的平面上，在与垂直，且到的距离为的平面上，计算得到答案.

【详解】，故，，，

故点在与垂直，且到的距离为的平面上，共两个平面；

同理得到：

故点在与垂直，且到的距离为的平面上，共两个平面；

故点在与垂直，且到的距离为的平面上，共两个平面.

个两两平行的平面共有个交点，故满足条件的共有个.

故答案为：

二、单选题

13．在的二项展开式中，第3项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】写出二项展开式的通项，即可得出答案.

【详解】因为，的二项展开式的通项为，，

所以，第3项为.

故选：A.

14．下列以为参数的参数方程中，能够表示方程的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出方程中，的范围，然后消参验证各项，并根据指数函数、正弦、余弦以及正切函数的值域，即可得出答案.

【详解】由可知，，且.

对于A项，消去可得，

但是，所以，故A项错误；

对于B项，消去可得，

又，且，故B项错误；

对于C项，消去可得，

又，且，故C项错误；

对于D项，消去可得，

又因为，所以，且，故D项正确.

故选：D.

15．计算：（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】变换得到，计算得到答案.

【详解】设

则.

故选：D.

16．设函数在定义域上的导数值均存在，其导函数为，关于这两个函数的图象，有如下两个命题：

命题：若的图象关于直线对称，则的图象也关于直线对称；

命题：若是减函数，且其图象向右方无限延伸时会与轴无限趋近，则函数是增函数，且其图象向右方无限延伸时也会存在一条平行或重合于轴的直线，使得的图象与无限趋近.

下列判断正确的是（    ）

A．和都是真命题 B．和都是假命题

C．是真命题，是假命题 D．是假命题，是真命题

【答案】B

【分析】举例即可说明命题、为假命题.

【详解】对于命题：若，则，

显然的图象关于直线对称，

但是不是轴对称图形，故命题为假命题；

对于命题：若，则，

显然的图象向右方无限延伸时会与轴无限趋近，

函数为增函数，但是不存在直线，使得的图象与无限趋近，

故命题是假命题.

故选：B.

三、解答题

17．已知函数，.

(1)求的值，并写出该函数在点处的切线方程；

(2)求函数在区间上的最大值和最小值.

【答案】(1)

(2)最大值是，最小值是1.

【分析】（1）求出，根据导数的几何意义得出切线的斜率，求出，即可得出答案；

（2）根据导函数得出导函数的单调性，结合端点值，即可得出函数的最值.

【详解】（1）由已知可得，所以，

则根据导数的几何意义可知，函数在点处的切线的斜率为.

又，所以函数在点处的切线的方程为.

（2）当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值.

又，，

所以，函数在区间上的最大值是，最小值是1.

18．如图，在三棱锥中，平面，，，､分别为的中点.

(1)求直线与平面所成角的大小；

(2)求平面与平面所成二面角的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，确定是平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.

（2）平面的一个法向量，是平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1）建立如图空间直角坐标系，可得点的坐标，

故，是平面的一个法向量，

设直线与平面所成角的大小为，

则，

故直线与平面所成角的大小为.

（2）设是平面的法向量，,，即，

不妨取，得到平面的一个法向量，

，

平面与平面所成二面角为锐角，

故平面与平面所成的二面角是.

19．设，函数.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)设常数.当时，关于的不等式在恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)函数的单调增区间为，单调减区间为

(2)

【分析】（1）求导得到，再确定函数的单调区间得到答案.

（2）设，求导得到函数的单调区间，考虑，两种情况，根据函数的单调性计算最值得到答案.

【详解】（1），，

令，解得，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

故函数的单调增区间为，单调减区间为.

（2），，设，，

令得.

当.时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

当时，在上的最小值，

由，解得，故.

当时，在上的最小值，

由，有，解得，故.

综上所述：的取值范围为.

20．设实数.对任意给定的实数，都有.

(1)当时，求的值；

(2)若是整数，且满足成立，求的值；

(3)当时，根据的取值，讨论的二项展开式中系数最大的项是第几项.

【答案】(1)

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）直接利用二项式定理计算得到答案.

（2）计算，代入计算得到，取计算得到答案.

（3）确定，分三种情况讨论，计算得到答案.

【详解】（1）展开式的通项为，

故，故.

（2）展开式的通项为，

，

由得，又知，

取，可知.

（3）展开式的第项的系数，

由，知，

下分三种情况讨论：

①当时，，

当时，成立，即；

当时，成立，即；

②当时，，

当时，成立，即；

当时，成立，即；

当时，成立，即；

③当时，，

当时，成立，即；

当时，成立，即；

综上所述：

当时，第81项的系数最大；

当时，第81项､第82项的系数相等且最大；

当时，第82项的系数最大.

21．设常数.在棱长为1的正方体中，点满足，点分别为棱上的动点（均不与顶点重合），且满足，记.以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图空间直角坐标系

(1)用和表示点的坐标；

(2)设，若，求常数的值；

(3)记到平面的距离为.求证：若关于的方程在上恰有两个不同的解，则这两个解中至少有一个大于.

【答案】(1)，，

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）由已知，求出相关线段长度，即可得出各点的坐标；

（2）代入，根据向量法求出.在中，可推得.根据已知得出，根据的范围，即可得出答案；

（3）根据已知求出平面的一个法向量，进而根据向量法得出.根据已知可得在中恰有两解.构造函数，通过导函数证明函数在在上单调递减，得出函数在上零点的情况，即可得出证明.

【详解】（1）由已知可得，，，所以，.

因为，，

又，所以.

（2）由已知可得，，

所以，.

所以

.

又是锐角，所以.

又中，.

因此，由知，

解得.

（3）由已知可得，，，，

设是平面的法向量，则.

不妨取，得到平面的一个法向量，

故.

由，可得，

由题意，关于的方程在中恰有两解，

即在中恰有两解.

记，

下求在的单调性：

，

记，

则.

由于恒成立，且，

根据二次函数的性质可知恒成立，故单调递增.

又，，

故在上恒成立，即有在上单调递减.

因此，在上至多有一个解，所以这两个解中至少有一个大于.

【点睛】关键点睛：小问3，通过构造函数，根据导函数得出函数在上单调递减，得出在上至多有一个解，进而得出证明.