2022-2023学年重庆市璧山来凤中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市璧山来凤中学高二下学期期中数学试题含解析，共20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学年重庆市璧山来凤中学高二下学期期中数学试题

一、单选题
1．曲线在处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求导，则切线斜率，又，即得解
【详解】因为，所以，所以．又，
所以曲线在处的切线方程为．
故答案为：D
2．数列中的前项和，数列的前项和为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由求出的通项，进而可得的通项，再求和即可.
【详解】当时，，
当时，，
经检验不满足上式，所以，
设，则，
所以

，
故选：D.
3．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.8，在目标被击中的条件下，甲、乙同时击中目标的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,由相互独立事件的概率公式,计算可得目标被击中的概率,进而计算在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率,可得答案.
【详解】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,
则；
则在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率为.
故选：B.
【点睛】本题考查条件概率的计算,是基础题,注意认清事件之间的关系,结合条件概率的计算公式正确计算即可.属于基础题.
4．数学上的“四色问题”，是指“任何一张地图只用四种颜色就能使具有公共边界的国家着上不同的颜色”，现有五种颜色供选择，涂色我国西部五省，要求每省涂一色，相邻各省不同色，有（    ）涂色方法.

A．120种 B．180种 C．380种 D．420种
【答案】D
【分析】根据题意，分4步依次分析5个省的涂色方法的数目，进而结合分步计数原理，计算可得答案．
【详解】解：根据题意，依次分析5个省的涂色方法的数目：
对于新疆有5种涂色的方法，
对于青海有4种涂色方法，
对于西藏有3种涂色方法，
对于四川与甘肃：
若西藏与甘肃颜色相同，则有3种涂色方法，
若西藏与甘肃颜色不相同，则甘肃有2种涂色方法，四川有2种涂色方法，
则西藏与甘肃的涂色方法有3+2×2=7种，
则共有5×4×3×7=420种涂色方法；
故选：D．
5．有7名学生参加“学党史知识竞赛”，咨询比赛成绩，老师说：“甲的成绩是最中间一名，乙不是7人中成绩最好的，丙不是7人中成绩最差的，而且7人的成绩各不相同”.那么他们7人不同的可能位次共有（    ）
A．120种 B．480种 C．504种 D．624种
【答案】C
【分析】甲的位置固定，问题转化为排头排尾有限制的排列问题，利用间接法求解.
【详解】因为甲的成绩是中间一名，
所以只需安排其余6人位次，
其中乙排第一名的排法有，丙排最后一名的排法有，乙排第一名且丙排最后一名的排法有，
所以由间接法可得满足条件的排法有,
故选：C
6．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，，则不等式的解集为（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，求导，从而得在定义上单调递减；又，从而有，利用的单调性即可求解．
【详解】令，
，
，
在定义上单调递减；①
又为偶函数，
，，
，
则不等式，即，
由①得，
故选：C．
7．已知点P为双曲线的右支上一点，F1，F2为双曲线的左、右焦点，若（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】利用向量运算可得，即，由为的中位线，得到，所以，再根据双曲线定义即可求得离心率.
【详解】取的中点，则由，得，
即；
在中，为的中位线，
所以，
所以；
由双曲线定义知，且，故，
所以，
解得：，
故选：.
【点睛】本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质，难度一般.
8．函数满足，在上存在导函数，且在上，若，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题可知函数为奇函数，构造函数，再根据函数的奇偶性以及单调性解不等式即可.
【详解】由函数满足，可知函数为奇函数，
，
即，
构造函数，
由题意知：在上，，
故在上单调递减，
为奇函数，
，
即为奇函数，
故在R上单调递减，
因此原不等式可化为：，
即，解得.
故选：D．

二、多选题
9．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中不正确的有（    ）
A．若数列的前项和，则数列为等比数列
B．若数列的前项和（为常数）则数列为等差数列
C．数列是等比数列，为前项和，则仍为等比数列.
D．数列是等差数列，为前项和，则仍为等差数列
【答案】BC
【分析】根据与的关系求出通项，再由等比数列的定义即可判断A；当时，求出前三项验证可判断B；取特例可判断C；根据等差数列片段和性质可判断D.
【详解】A中：若数列的前项和，

由可得，当时，
所以，所以数列是以2为首项和公比的等比数列，A正确；
B中：若数列的前项和，
可得，，

当时，显然
所以数列不是等差数列，所以B错误；
C中：数列是等比数列，为前项和，
当时，若为偶数时，均为，不是等比数列，故C错误；
D中：数列是等差数列，为前项和，则
即为 ，
可得（常数），仍为等差数列，所以D正确；
故选：BC
10．以下关于圆锥曲线的说法，不正确的是（    ）
A．设为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线
B．过点作直线，使它与抛物线有且仅有一个公共点，这样的直线有3条
C．若曲线为双曲线，则或
D．过定圆上一定点作圆的动弦为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆
【答案】AD
【分析】根据双曲线的定义可判断A；结合图象可判断B；根据双曲线的标准方程的结构特征列不等式求解可判断C；利用相关点法求点P的轨迹，可判断D.
【详解】由双曲线定义可知，只有当时，动点的轨迹为双曲线，A错误；
由图可知，直线与抛物线都只有一个交点，
设过点的直线方程为，代入得
由解得，故与抛物线相切，只有一个交点，所以，B正确；

若曲线为双曲线，则，解得或，C正确；
设圆O的方程为，点，
因为，所以，变形得，
代入得：，即，
所以点的轨迹为圆，D错误.
故选：AD
11．已知，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用赋值法可判断AC选项的正误，利用二项展开式的通项可判断B选项的正误，求导后再利用赋值法可判断D选项的正误.
【详解】令.
对于A选项，，，
所以，故A正确；
对于B选项，令，可得，
则有，
，的展开式通项为，
所以，的展开式通项为，
由，解得，所以，，故B错误；
对于C选项，，因此，，故C正确；
对于D选项，，
因此，，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：一般地，若.
（1）；
（2）展开式各项系数和为；
（3）奇数项系数之和为；
（4）偶数项系数之和为.
12．已知函数对于任意，均满足.当时，若函数，下列结论正确的为（    ）
A．若，则恰有两个零点
B．若，则有三个零点
C．若，则恰有四个零点
D．不存在使得恰有四个零点
【答案】ABC
【分析】设，作出函数的图象，求出直线与曲线相切以及直线过点时对应的实数的值，数形结合可判断各选项的正误.
【详解】由可知函数的图象关于直线对称.
令，即，作出函数的图象如下图所示：

令，则函数的零点个数为函数、的图象的交点个数，
的定义域为，且，则函数为偶函数，
且函数的图象恒过定点，
当函数的图象过点时，有，解得.
过点作函数的图象的切线，
设切点为，对函数求导得，
所以，函数的图象在点处的切线方程为，
切线过点，所以，，解得，则切线斜率为，
即当时，函数的图象与函数的图象相切.
若函数恰有两个零点，由图可得或，A选项正确；
若函数恰有三个零点，由图可得，B选项正确；
若函数恰有四个零点，由图可得，C选项正确，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

三、填空题
13．二项式展开式中含项的系数是__________．
【答案】
【分析】首先写出展开式的通项，再令，求出，再代入计算即可得解.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，解得，
所以展开式中含项的系数.
故答案为：．
14．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=(0<<2)，则点G到平面D1EF的距离为____.

【答案】
【分析】先证明A1B1∥平面D1EF，进而将问题转化为求点A1到平面D1EF的距离，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算求得答案.
【详解】由题意得A1B1∥EF，A1B1⊄平面D1EF，EF⊂平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.

以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，.
设平面D1EF的法向量为，则，
令x=1，则y=0，z=2，
所以平面D1EF的一个法向量.
点A1到平面D1EF的距离==，即点G到平面D1EF的距离为.
故答案为：.
15．已知函数，若存在实数，，且，满足，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】利用导数研究当时，的单调性和极值，作出其草图；
分析当时，最多存在两个点，使得，不合题意，应舍去.
当时，作出的图像，根据题意，建立不等式，求出实数的取值范围.
【详解】当时，，所以.
因为，所以.令，解得：.
令，解得：，所以在上单增；
令，解得：，所以在上单减；
所以
①当时，.
而当时，，
所以最多存在两个点，使得.
不合题意，应舍去.
②当时，作出的图像，

要使存在实数，，且，满足，只需.
所以实数的取值范围是
故答案为：
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
16．已知，，则的最小值为______．
【答案】
【分析】利用算术根的几何意义，把所求转化为两个图形上点的距离最小值即可作答.
【详解】可看成点到点的距离，
而点的轨迹是直线，点的轨迹是曲线，
则所求最小值可转化为曲线上的点到直线距离的最小值，而曲线在直线上方，
平移直线使其与曲线相切，则切点到直线距离即为所求，
设切点，，由得，切点为
则到直线距离.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及多变量的算术根问题，利用算术根的几何意义转化为两个动点的距离是解题的关键.

四、解答题
17．设函数，.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若函数的图象与函数的图象恰有三个不同的交点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析(2) .
【分析】(1)对函数求导，然后求和的解，即可求出的单调区间和极值；(2)根据(1)中结论即可求解.
【详解】(1)由题意可得，，
当时，或；
当时，；
所以f(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为，
在处取得极大值，的极大值为；
在处取得极小值，的极小值为.
(2) 若函数的图象与函数的图象恰有三个不同的交点，
结合(1)中的单调性以及极值点可知，，
故实数a的取值范围.
18．已知是数列的前项和，，，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由可得，等式两边同时加1，即可证明结论；
（2）由（1）利用等比数列的通项公式可得，即，再利用累加法求出，然后利用分组求法求出
【详解】（1）证明：因为，
所以，
即．
因为，，所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）解：由（1）知．
因为
，
所以．
所以，
故．
【点睛】关键点点睛：此题考查了数列递推关系，等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查计算能力，第（2）问解题的关键是由（1）得，再利用累加法求出通项公式，然后利用等比数列和等差数列的求和公式可求出，属于中档题
19．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，，，E，F分别是，的中点.

（1）求证：平面；
（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得，利用面面垂直的性质定理即可证得；
（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【详解】（1）证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面.
（2）由E，F分别是，的中点，，
又平面，平面，平面，
又平面，平面平面，.
以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
，∴可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
∴直线与平面所成角的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题考查线面垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
20．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况讨论，分析导数的符号变化，即可求出函数的单调区间；
（2）问题变形为，令，由题意得出，根据函数的单调性确定的范围即可．
【详解】（1），定义域为且.
①当时，则，则函数在上单调递增；
②当时，由，得，得.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
此时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
（2）变形为，
令，定义域为，且，
.
①当时，对任意的，，函数在区间上为增函数，
此时，，合乎题意；
②当时，则函数在上的单调减区间为，单调增区间为.
（i）当时，即当时，则函数在区间上为增函数，
此时，则函数在区间上为增函数.
此时，，合乎题意；
（ii）当时，即当时，则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，，
又，所以，函数在区间上单调递减，
当时，，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
21．发展“会员”、提供优惠，成为不少实体店在网购冲击下吸引客流的重要方式．某连锁店为了吸引会员，在2019年春节期间推出一系列优惠促销活动．抽奖返现便是针对“白金卡会员”、“金卡会员”、“银卡会员”、“基本会员”不同级别的会员享受不同的优惠的一项活动：“白金卡会员”、“金卡会员”、“银卡会员”、“基本会员”分别有4次、3次、2次、1次抽奖机会．抽奖机如图：抽奖者第一次按下抽奖键，在正四面体的顶点出现一个小球，再次按下抽奖键，小球以相等的可能移向邻近的顶点之一，再次按下抽奖键，小球又以相等的可能移向邻近的顶点之一……每一个顶点上均有一个发光器，小球在某点时，该点等可能发红光或蓝光，若出现红光则获得2个单位现金，若出现蓝光则获得3个单位现金．

（1）求“银卡会员”获得奖金的分布列；
（2）表示第次按下抽奖键，小球出现在点处的概率．
①求，，，的值；
②写出与关系式，并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）①，，，；②，理由详见解析.
【分析】（1）设“银卡会员”获得奖金为个单位现金，得出的取值以及相应的概率，最后列出分布列；
（2）①第一次按下抽奖键小球一定出现在正四面体的顶点，得出，第二次按下时，小球移向其它相邻点，则，第三次按下时，由于小球不在点，则，第四次按下时，可分两种情况进行讨论，得出；
②分两种情况进行讨论，第一种：第次按下抽奖键小球出现在点处，第二种：第按下抽奖键小球不在点处，根据独立事件的性质，即可得出与关系式.
【详解】（1）设“银卡会员”获得奖金为个单位现金，则可取4，5，6
；；
的分布列:

4
5
6




（2）①第一次按下抽奖键小球一定出现在正四面体的顶点，得出
第二次按下时，小球移向其它相邻点，则
第三次按下时，由于小球不在点，则
第四次按下抽奖键时
若第三次结束小球在点，则第四次按下抽奖键时小球出现在点的概率为0
若第三次结束小球不在点，则第四次按下抽奖键时小球出现在点的概率为
．
②由题意知：若第次按下抽奖键小球出现在点处，则第次小球出现在点处的概率为0；
若第按下抽奖键小球不在点处，则第次小球出现在点处的概率为．
∴．
【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的分布列以及独立事件的实际应用，属于中档题.
22．已知函数
（1）求函数的最大值；
（2）令，若既有极大值，又有极小值，求实数的范围；
（3）求证:当时，.
【答案】（1）1；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）利用导数求出函数的单调性，求出函数的最值得解；
（2）等价于在区间上有两个不相等的实数根，解不等式组即得解；
（3）由题可得，再利用放缩法证明不等式.
【详解】证明:，
在上，，函数单调递增，
在上，，函数单调递减，
当时，.


既有极大值，又有极小值，
等价于在区间上有两个不相等的实数根.
即
解得，
所以实数的范围.
由得，当，
即，
可得，
于是，，
于是 .
【点睛】方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.本题不等式的证明用到了综合法和放缩法.