四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高二数学（理）下学期期中考试试题（Word版附解析）

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绵阳南山中学实验学校高2021级5月半期

数学（理科）试题   

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至3页，第II卷3至4页，满分150分.考试时间120分钟.

注意事项：

1、答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内.

2、选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答案无效.

3、考试结束后将答题卡收回.

第I卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1. 命题“”的否定是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】全称量词命题否定为存在量词命题即可.

【详解】命题“”的否定是“”.

故选：A

2. 复数满足，则复数是

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】依题意.

3. 函数的单调递减区间是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用导数求函数单调递减区间.

【详解】，函数定义域为，，

令，得，所以函数的单调递减区间是.

故选：A.

4. 4名男生2名女生排成一排，要求两名女生排在一起的排法总数为（    ）

A. 48 B. 96 C. 120 D. 240

【答案】D

【解析】

【分析】相邻元素运用捆绑法解决即可.

【详解】第一步将两名女生看作一个整体与4名男生全排列，第二步将两名女生内部排列，即：.

故选：D.

5. 已知命题：，；命题：，，则下列命题中为真命题的是（     ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先确定命题的真假，再根据真值表逐一判断选项即可.

【详解】当时，

故命题：，是假命题；

当时，，

故命题：，是真命题；

所以为真命题，，，均为假命题

故选：A

6. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意结合函数性质及图象的特征逐项排除即可得解.

【详解】因为，所以函数为奇函数，故排除C、D；

当时，，，所以，故排除B.

故选：A.

【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数图象与性质的应用，属于基础题.

7. 已知函数f(x)的导函数，且满足关系式则的值等于（　　）

A. 2 B. —2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】对函数求导，再令即可得出结果.

【详解】因为，

所以，

令，则，

即，解得，

故选：D

8. 如图，正方体中，P是的中点，给出下列结论：

①；②平面

③；④平面

其中正确的结论个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个结论进行分析，从而确定正确答案.

【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为，

则,，

不存在实数使得，所以①错误.

，

设平面的法向量为，

则，令，得,故可设，

，所以，

由于平面，所以平面，②正确.

，所以，③正确.

，

，所以与不垂直，

平面，所以与平面不垂直，所以④错误.

故正确的个数为个.

故选：B

9. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将问题转化为在上恒成立，由此可得，根据二次函数最值的求法可求得结果.

【详解】在上单调递减，在上恒成立，

即在上恒成立，

又，，实数的取值范围为.

故选：C.

【点睛】思路点睛：本题考查根据函数在区间内的单调性求解参数范围的问题，本题解题的基本思路是将问题转化为恒成立的问题，进而采用参变分离的方法将问题转化为二次函数最值的求解问题.

10. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量线性运算法则得到答案.

【详解】因为为与的交点，所以，

故.

故选：D

11. 第24届冬季奥运会举行期间，安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆，国家速滑馆，首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的方案种数为（    ）

A. 18 B. 16 C. 14 D. 12

【答案】C

【解析】

【分析】根据分到首钢滑雪大跳台的人数分两类分别计算可得.

【详解】首钢滑雪大跳台只安排1人：先从丙、丁两人中选择1人安排到首钢滑雪大跳台有2种，再将剩余3人分成两组有种，最后将两组分到高山滑雪馆和国家速滑馆有种，所以甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台，且只安排1人的方案共有种；

首钢滑雪大跳台安排2人：丙、丁两人只能安排到首钢滑雪大跳台，然后将甲、乙安排到高山滑雪馆和国家速滑馆有种.

综上，满足条件的方案种数为种.

故选：C

12. 已知，，，则，，的大小关系正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作差法比较出，构造函数，利用函数单调性比较出，从而得出.

【详解】，所以，故，又，则在上单调递减，又，，所以存在，使得，且在时，，在时，，即在上单调递增，在单调递减，且，所以，又因为，所以当时，，其中因为，所以，所以，故，即.

故选：B

第II卷（非选择题：共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 函数的图象在处的切线方程为________．

【答案】

【解析】

【分析】求出及导函数，即可求出切线斜率，再利用点斜式求出切线方程.

【详解】因为，所以，，

则，

所以切线方程为，即.

故答案为：

14. 在的展开式中，含项的系数为________

【答案】192

【解析】

【分析】根据二项式展开式的通项公式求得答案.

【详解】二项式展开式的通项公式为，

令，得，

所以展开式中含项的系数为.

故答案为：192.

15. 由数字组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为__

【答案】42130

【解析】

【分析】利用排列数公式求得由数字组成的各位上没有重复数字的五位数的各种情况，进而得到从小到大排列第88个数.

【详解】由数字组成的各位上没有重复数字的五位数中，

1在万位的有个，2在万位的有个，

3在万位的有个，4在万位的有个，

则从小到大排列第88个数为4在万位的五位数，

4在万位0在千位的有个，4在万位1在千位的有个，

4在万位2在千位的有个，

则从小到大排列第88个数为4在万位2在千位的五位数，

4在万位2在千位的五位数从小到大排列依次为

42013，42031，42103，42130，42301，42310，

则从小到大排列第88个数为42130.

故答案为：42130.

16. 若对区间D上的任意都有成立，则称为到在区间D上的“任性函数”，已知 ，若是到在上的“任性函数”，则的取值范围是____________

【答案】

【解析】

【分析】由题意可知，令，，

则，分别求出即可求解

【详解】由题意，对区间D上的任意都有成立，即对上的任，都有.

由，

设，

因此在上单调递增，；

由，

设，

因此在上单调递减，在上单调递增，

即是的极小值点，也是最小值点，

故.

综上，

三、解答题：本大题共6小题，17题10分，18题到22题每题12分，一共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 设命题：实数满足，其中，命题：实数满足．

（1）若，且为真，求实数的取值范围；

（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出时的命题，再解指数不等式得到命题，然后由两个命题均为真命题，求解即可；

（2）设，，将是的充分不必要条件，转化为，利用真子集的定义列出关于的不等关系，求解即可．

【小问1详解】

解：由已知，又，所以，

当时，命题，

由，即，解得

即命题，

因为、都为真，即，解得

所以实数的取值范围为；

【小问2详解】

解：设，，

因为是的充分不必要条件，所以，

则有，解得，

所以实数的取值范围．

18. 已知函数的图象经过点M（1，4），且在x=﹣2取得极值．

（1）求实数a，b的值；

（2）若函数在区间（m，m+1）上单调递增，求m的取值范围．

【答案】（1）a=1，b=3；（2）m≥0或m≤﹣3．

【解析】

【分析】（1）将M的坐标代入f（x）的解析式，得到关于a，b的一个等式；求出导函数，根据f′（-2）=0，列出关于a，b的另一个等式，解方程组，求出a，b的值．

（2）求导解不等式求出函数的单调递增区间，据题意知（m，m+1）⊆（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞），列出端点的大小，求出m的范围．

【详解】解：（1）∵的图象经过点M（1，4），

∴ ①式

则=0，即 ②式

由①②式解得a=1，b=3；

（2）,

令≥0得x≥0或x≤﹣2，

∵函数在区间（m，m+1）上单调递增

∴（m，m+1）⊆（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）

∴m≥0或m+1≤﹣2

∴m≥0或m≤﹣3．

19. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.

（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；

（2）求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】（1）直线平面，理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）直线平面，取的中点，连接，，证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算可得结果.

小问1详解】

直线平面，证明如下：

取的中点，连接，，因为为的中点，所以，且，又为的中点，，，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面.

【小问2详解】

因为，由已知得平面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，

由，得，，，，.

设异面直线与所成的角为，则，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

20. 设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈)．

（1）当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；

（2）若函数f(x)在上有两个零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.

【解析】

【分析】（1）求得，利用导数，即可由的正负判断函数的单调性；

（2）对－x2＋ax＋ln x分离参数，构造函数g(x)＝x－，利用导数研究其单调性和最值，即可求得参数范围.

【详解】（1）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

当a＝－1时，

f′(x)＝－2x－1＋＝，

令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，

当0＜x＜时，f′(x)＞0；

当x＞时，f′(x)＜0.

∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.

令g(x)＝x－，其中x∈，

则g′(x)＝1－＝，

令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，

∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1，3]，

∴g(x)min＝g（1）＝1，

∴函数f(x)在上有两个零点，

又＝3ln 3＋，g（3）＝3－，3ln 3＋＞3－，

∴实数a的取值范围是.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数由函数零点个数求参数范围，涉及分离参数法，属综合中档题.

21. 如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.

（1）若为的中点，求四面体的体积；

（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；

（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.

【小问1详解】

解：由题意可得两两互相垂直，

所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

∴，，，，

∴，，.

设平面的一个法向量，

，不妨令y＝1，∴.

设点到平面的距离为，则，

又因为，，∴的面积为.

∴四面体的体积为.

【小问2详解】

设点坐标为，∴，.

∵，即，∴，

∴，∴.

设，，

∴.

设平面的一个法向量，

∴，即，令得

∴，

∴，

∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.

∴，整理得，

∴，（舍去）.

∴存在满足条件的点，且.

22. 设函数，其导函数为.

（1）求函数的单调区间；

（2）若，为整数，且当时，，求的最大值.

【答案】（1）若，在上单调递增；若，的单调减区间是：，增区间是：；（2）2.

【解析】

【分析】

（1）先求导，再分类讨论，利用导数的正负，可求的单调区间；（2）当时，等价于（），令，求导，利用导函数以及零点存在性定理研究函数的最值，即可求的最大值.

【详解】（1）定义域为，

，

若，则，在上单调递增；

若，则解得.

当变化时，，变化如下表：

综上所述：若，在上单调递增；

若，的单调减区间是：，增区间是：.

（2）由于，

所以.

故当时，

等价于（），①

令，

则.

由（1）知，当时，

函数在上单调递增，

而，，

所以在存在唯一的零点.

故在存在唯一的零点.

设此零点为，则.

当时，；

当时，.

所以在的最小值为.

又由，

可得，

所以.

由于①式等价于，

故整数的最大值为2.

【点睛】关键点睛：本题考查函数的单调性，考查函数的最值；解决本题的关键是第一小题应用分类讨论的方法；第二小题将问题转化为求函数的最小值问题.