江苏省南通市通州区金沙中学2022-2023学年高二下学期4月学业水平质量调研数学试卷

南通市通州区金沙中学         

     高二年级第二学期4月学业水平质量调研 

                       数学试卷                2023.04

    （时间：120分钟  分值：150分）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且M为OA中点，N为BC中点，则等于(     )

A.  B.
C.  D.

2.  从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动。要求入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是(     )

A. 20 B. 55 C. 30 D. 25

3.  设x、，向量,且，，则(     )

A.  B.  C. 4 D. 3

4.  一不透明的口袋内装有若干个形状、质地完全相同的红色和黄色小球．若事件“第一次摸出红球且第二次摸出黄球”的概率为，事件“在第一次摸出红球的条件下，第二次摸出黄球”的概率为，则事件“第一次摸出红球”的概率为(     )

A.  B.  C.  D.

5.  的展开式中含项的系数为4，则实数(     )

A.  B.  C. 2 D. 4

6.  若点A，B分别是函数与图象上的动点其中e是自然对数的底数，则AB的最小值为(     )

A.  B.  C.  D. 17

7.  若是函数的极大值点，则a的取值范围是(     )

A.  B.  C.  D.

8.  中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为,若，，则b的值可以是(     )

A. 2022 B. 2021 C. 2020 D. 2019

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知空间向量，，则下列结论正确的是(     )

A.  B.
C.  D. 与夹角的余弦值为

10.  甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以，表示由甲箱中取出的是白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是黑球的事件，则下列结论正确的是(     )

A. ，两两互斥                B.
C. 事件B与事件相互独立         D.

11.  我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有(     )

A. 由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：
B. 由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：
C. 由“第n行所有数之和为”猜想：
D. 由“，，”猜想

12.  已知函数，，函数和的导数分别为，，则(     )

A. 的最大值为1 B.
C.  D. 当时，恒成立

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  曲线在点处的切线方程为__________.

14.  已知，，，若，，三向量共面，则实数等于__________.

15.  2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为__________用数字作答

16.  数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理．由等式利用算两次原理可得______.

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
有两个个条件：①在时取得极大值②函数在处的切线方程为.这两个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整只要填写序号，并解答本题.
题目：已知函数存在极值，并且__________.
求的解析式;
当时，求函数的最值.

18.  本小题分

某兴趣小组有9名学生.若从9名学生中选取3人，选取的3人中恰好有一个女生的概率是

该小组中男女学生各多少人？

个学生站成一列队，现要求女生保持相对顺序不变即女生前后顺序保持不变重新站队，问有多少种重新站队的方法？要求用数字作答

名学生站成一列，要求男生必须两两站在一起，有多少种站队的方法？要求用数字作答

19.  本小题分

如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，，，M是AB的中点．

求证：；

求点B到平面EAC的距离；

已知点P在线段EC上，且直线AP与平面ABE所成的角为，求出的值．

20.  本小题分

如图1，已知等边的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且满足，，如图2，将沿MN折起到的位置.

求证：平面平面BCNM；

若，求平面和平面的夹角的正弦值.

21.  本小题分

请先阅读：在等式的两边求导，得：，由求导法则，得，化简得等式：

利用上述的想法，结合等式正整数

求的值．

求证：

22.  本小题分

已知函数，，的导函数为
若，，求实数a的取值范围；
若函数，讨论的零点个数.
 

答案和解析

1.【答案】A 

解：由题意得：，

2.【答案】D 

解：根据题意，从2名教师和5名学生中，选出3人，有种选法，

若入选的3人没有教师，即全部为学生的选法有种，则有种不同的选取方案，

3.【答案】D 

解：因为，则，解得，则，

因为，则，解得，即，

所以，，因此，

4.【答案】D 

解：设“第一次摸出红球”为事件A，"第二次摸出黄球”为事件B，
由题意得，，故
故事件“第一次摸出红球”的概率为 

5.【答案】B 

解：的展开式中产生含项有两种情况：
情况一：；情况二：，所以含项的系数：
，解得：

6.【答案】A 

解：设点为曲线上的任一点，，
则曲线在点A处的切线斜率为，令，解得：，
此时点A坐标为，点A到直线的距离为，
故AB的最小值为
  

7.【答案】A 

解：，则，
①若，即时，则，
则在R上单调递增，没有极值点，不符合条件，舍去；
②若，即时，
由，得或；由，得，
故在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
显然在取得极小值，不满足条件，舍去；
③若，即时，
由，得或；由，得，
故在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
显然在取得极大值，满足条件；故a的取值范围是： 

8.【答案】B 

解：因为

，

四个选项中，只有时，除以10余数是

9.【答案】BC 

解：因为，，而，故A不正确；
因为，，所以，故B正确：
因为，故C正确；
又，则 ，故D不正确．  

10.【答案】AD 

解：因为每次取一球，不可能同时从甲箱中取出白球和黑球，
所以，是两两互斥的事件，故A项正确;因为，，
所以，故B项错误;
同理，，
所以，故D项正确;
事件是否发生会影响事件B发生的概率，
故事件B与事件不相互独立，故C项错误.

11.【答案】ABC 

解：由杨辉三角的性质和二项式系数之间的关系可知，故A正确；
由杨辉三角的性质和二项式系数之间的关系可知，故B正确；
由二项式定理可知，故C正确，
因为，所以D错误.

12.【答案】ACD 

解：由得，
所以当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，故A正确；
由复合函数的求导法则可得，
所以，故B错误，C正确；
由得，
当时，，即有，
所以，即当时，单调递增，
所以，故D正确.

13.【答案】 

解：由，则当时
且当时，，切线方程为

14.【答案】4 

解：，，， ，，三向量共面，
存在唯一一组实数p，q，使得，
，， 解得，，

15.【答案】144 

解：先排4个“冰墩墩”，中间有3个空，再排“雪容融”，共有

16.【答案】 

解：因，
因此是展开式中项的系数，
而展开式中项的系数为，
所以

17.【答案】解：若选条件①，
则，即，
解得，符合条件，，
若选条件②，，则即，
解得符合条件，，
由可知，则，
当 时，解得或 ，
当时，列表如下，

， 

18.【答案】解：设男生有x人，则，

即，解得故男生有6人，女生有3人.

按坐座位的方法，

第一步：让6名男生先从9个位置中选6个位置坐，共有种方法；

第二步：余下的座位让3个女生去坐，因为要保持相对顺序不变，所以只有1种选择方法，

故一共有种重新站队方法.

第一步：将6名男生分成3组，共有种方法；

第二步：三名女生站好队，然后将3组男生插入其中，共有种方法；

第三步：3组男生中每组男生站队方法共有种，

故一共有种站队方法.

 19.【答案】解：，M是AB的中点，，

平面平面ABCD，平面平面，平面ABE，

平面ABCD，平面ABCD，

由知平面ABCD，平面ABCD，

，菱形ABCD中，，所以是正三角形，

 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系

则，，，，，，，，设是平面ACE的一个法向量，

则，

令，得，设点B到平面EAC的距离为d，则

，点B到平面EAC的距离为

因为y轴垂直平面ABE，所以设平面ABE的法向量为，

，，

设，，

则，

直线AP与平面ABE所成的角为，

，由，解得，

20.【答案】解：在中，由余弦定理得，
所以，即，所以，，
又因为 ，平面，平面，
所以平面，又因为平面BCNM，所以平面平面BCNM；
由条件： ，由 ， 平面BCNM，
 平面BCNM，
以M为原点，MB所在直线为x轴，MN所在直线为y轴，
所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
即，， ，，
设平面的一个法向量为，则 ，即，
令，有，
设平面的一个法向量为，则由 ，可化简得 ，
令，有，
设平面和平面夹角为，则，所以
综上，平面和平面夹角的正弦值为 . 

21.【答案】解：在等式正整数，

两边对x求导得：①，

令，，可得

证明：①式两边同时乘以x得②，

②式两边对x求导得：，

令，得

22.【答案】解：，，
因为，所以
令，则，
令，
当时，所以，
当时，所以当时，函数单调递减，
，所以，即
，定义域为
，
①当时，令，解得

所以当时，取得最大值，
所以当时，有一个零点.
②当时，令，解得或

，，所以函数在上有且仅有1个零点.
，且，
因为函数在上单调递增且图象不间断，
所以函数在上有且仅有1个零点.
所以当时，函数在上有2个零点.
③当时，令，所以在上单调递增.
，又函数在图象不间断，
所以当时，函数在上有且仅有1个零点.
④当时，令，解得或

，，
所以函数在上有且仅有1个零点.
令，

所以，所以，即，
，
因为函数在上单调递增且图象不间断，
所以函数在上有且仅有1个零点.
所以当时，函数在上有2个零点.
综上，当或时，函数有且仅有1个零点;
当或时，函数有2个零点.