2022-2023学年云南省楚雄州高二下学期期中教育学业质量监测数学试题含答案

2022-2023学年云南省楚雄州高二下学期期中教育学业质量监测数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据乘方的周期性和复数的运算法则计算即可.

【详解】.

故选：B

2．若函数，则（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】A

【分析】利用初等函数求导公式求出导函数，从而可得答案.

【详解】因为函数，

所以，

则．

故选：A.

3．的展开式中的系数是（    ）

A．560 B． C．280 D．

【答案】D

【分析】求出展开式的通项，再令的指数等于，即可得解.

【详解】展开式的通项为，

令，得，

所以展开式中的系数是．

故选：D.

4．已知某地有，，三个4A景区，小华计划暑假至少去其中一个景区游玩，则不同的游玩方案（不考虑游玩顺序）有（    ）

A．3种 B．4种 C．7种 D．9种

【答案】C

【分析】由分类加法计数原理求解即可.

【详解】分为三类：只去一个景区，去两个景区，去三个景区，

所以不同的游玩方案有种．

故选：C.

5．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”．在堑堵中，，四边形是边长为4的正方形，则堑堵外接球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设堑堵外接球的半径为，可得，可求外接球的表面积．

【详解】设堑堵外接球的半径为，

因为，四边形是边长为4的正方形，

则正方形的中心为外接球的球心，

如图，可得，

则堑堵外接球的表面积．

故选：．

6．如图，小华从图中处出发，先到达处，再前往处，则小华从处到处可以选择的最短路径有（    ）

A．25条 B．48条 C．150条 D．512条

【答案】C

【分析】利用组合、分步乘法计数原理可得答案.

【详解】从处到处的最短路径有条，从处到处的最短路径有条，则小华从处到处可以选择的最短路径有条．

故选：C.

7．已知是定义在上的奇函数，其导函数为，对任意的，都有0，且，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由当时，，可得在上是增函数，结合函数是定义在上的奇函数，，可得关于的不等式的解集．

【详解】函数是定义在上的奇函数，

令，

是定义在上的偶函数，

又，

，

又当时，，

即当时，，

即在上是增函数，在是减函数，

若且，即，解得：

若且，即，解得：，

当时，，不合题意；

不等式的解集为：，，，

故，，

故选：．

8．甲、乙两人进行了3轮投篮比赛，每轮比赛甲、乙各投篮一次，已知甲每轮投籃命中的概率为，乙每轮投篮命中的概率是，3轮比赛后，命中球数多的人获胜．在每轮投篮比赛中，甲、乙投篮是否命中互不影响，各轮结果也互不影响，则3轮比赛结束后甲获胜的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分甲命中1球乙命中0球，甲命中2球乙命中0球或1球和甲命中3球乙命中0球或1球或2球，三种情况讨论，结合相互独立事件的概率公式即可得解.

【详解】3轮比赛结束后甲获胜的情况有三种：

①甲命中1球，乙命中0球，其概率；

②甲命中2球，乙命中0球或1球，其概率；

③甲命中3球，乙命中0球或1球或2球，

其概率，

故所求概率．

故选：A.

二、多选题

9．下列求导正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】AC

【分析】利用求导公式和导数运算法则，以及复合函数求导方法进行求解.

【详解】若，则，故A正确．

若，则，故B错误．

若，则，故C正确．

若，则，则D错误．

故选：AC.

10．从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员，则下列结论正确的是（    ）

A．若所选的3人中有女生，则不同的选法有870种

B．若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有360种

C．若班长由女生担任，则不同的选法有225种

D．若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有540种

【答案】ABD

【分析】由排列组合的知识求解即可.

【详解】若所选的3人中有女生，则不同的选法有种，则A正确．

若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有种，则B正确．

若班长由女生担任，则不同的选法有种，则C错误．

若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有种，则D正确．

故选:ABD

11．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】由题意，利用二项式展开式的通项公式，通过给赋值、求函数的导数，逐一分析各个选项是否正确，从而得出结论．

【详解】，

，故错误．

令，得，再令，得，

，故正确．

令，得，

，

，故正确．

设，

则，

，从而，故正确．

故选：．

12．已知函数函数，则下列结论不正确的是（    ）

A．若，则恰有2个零点

B．若，则恰有4个零点

C．若恰有3个零点，则的取值范围是

D．若恰有2个零点，则的取值范围是

【答案】ACD

【分析】由，解得或.再结合函数的图像判断各选项.

【详解】令，

则，解得或.

当时，.由，得；由，得，

则在上单调递减，在上单调递增，.

，当时，取最小值，最小值为，

故的大致图象如图所示.由图可知，有且仅有1个实根.

当时，恰有1个零点，故A错误；

当时，有3个实根，则恰有4个零点，故B正确；

由恰有3个零点，得恰有2个实根，则或或，则错误；

由恰有2个零点，得恰有1个实根，且，

则或或，则D错误.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则      ．

【答案】

【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.

【详解】由向量，，可得，

因为，可得，解.

故答案为：.

14．函数在区间上的最小值是      ．

【答案】－8

【分析】由导数判定函数在区间中的单调性，再求最值即可.

【详解】因为，所以．

由，得或，

由，得，

则在和上单调递增，在上单调递减．

因为，

，所以在区间上的最小值是－8．

故答案为：-8.

15．在的展开式中，形如的所有项系数之和是      ．

【答案】320

【分析】由二项式定理求解三项展开式中的系数即可.

【详解】展开式的通项为．

令，得．令，

得所求系数之和为．

故答案为：320

16．已知函数，，且的最小值是．若关于x的方程在上有2023个零点，则的最小值是     

【答案】

【分析】先由条件可求得解析式，再求得的零点，结合正弦函数的图象及性质可得结果.

【详解】由题意化简可得，则，即，

解得．

由，得，则或，

解得或，

结合图象可知：的相邻两个零点之间的距离是或．

要使最小，则m，n都是的解，则．

故答案为：

四、解答题

17．在等差数列中，，．

(1)求；

(2)若，数列的前项和为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用已知条件，求解等差数列的首项与公差，即可得到数列的通项公式．

（2）化简数列的通项公式，利用分组求和方法求解即可．

【详解】（1）设数列的公差为，

则

解得，，

故．

（2）由（1）可知，

则

18．已知函数．

(1)当时，求的极值；

(2)若在上单调递减，求的取值范围．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，求解极值即可；

（2）在上单调递减转化为在上恒成立，求解的取值范围即可.

【详解】（1）当时，，则

由，得或，由，得，

则在和上单调递增，在上单调递减．

故，．

（2）因为，所以．

因为在上单调递减，所以在上恒成立，

即

解得．

故的取值范围是．

19．法国著名军事家拿破仑・波拿巴提出过一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在非直角中，内角，，的对边分别为，，，已知．分别以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，．

(1)求；

(2)若，的面积分别为，，且，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换知识化简可求得，进而可得答案；

（2）由题意及正三角形的面积公式求出，，再由余弦定理求出，由几何性质知△为正三角形，并求得，，从而求出，最后由正三角形的面积公式即可求得．

【详解】（1），

由正弦定理有：，

，，即．

又不是直角三角形，，则．

，，

，且，则；

（2）因为，的面积分别为，，所以，

由余弦定理可得，即，解得．

连接，，由几何性质知，且，

从而有，

故的面积为．

20．如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取线段的中点，连接，记，连接，证明，，从而可证得平面平面，再根据面面平行的性质即可得证；

（2）取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）取线段的中点，连接，记，连接，

因为，分别是，的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面，

由题意可知四边形是矩形，则是的中点，

因为是的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面，

因为平面，且，所以平面平面，

因为平面，所以平面；

（2）取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，，，，

则，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，所以，

故点到平面的距离．

21．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据离心率的公式，结合的基本关系，代入求解即可；

（2）直线的方程为，，，，直线与曲线联立，的面积，根据韦达定理，弦长公式将三角形面积表示，

再根据基本不等式求解最大值即可.

【详解】（1）由题意可得，

解得，

故椭圆C的标准方程为．

（2）设直线l的方程为，，，

联立，

整理得，

则，即，

解得，，．

故△OPQ的面积．

设，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

当且仅当，即时，等号成立，

则，即△OPQ面积的最大值为．

22．已知函数（其中e为自然对数的底数），且曲线在处的切线方程为．

(1)求实数m，n的值；

(2)证明：对任意的，恒成立．

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知得，代入求解即可；

（2）由题知，求导研究函数的单调性证得恒成立，即可证得结论.

【详解】（1）因为，所以．

则

解得，．

（2）证明：设

则．

设，则．

设，则．

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，即在

上单调递减，在上单调递增．

因为，，，

所以存在，，使得．

故当时，；当时，．

所以在与上单调递增，在上单调递减．

因为，，所以存在唯一的，使得，

所以当时，当时，，

则在与上单调递减，在与上单调递增．

故是与中的较小值．

因为，，所以恒成立，

即对任意的．恒成立．

【点睛】关键点睛：在本题第二小问中，判断的单调性需要进行二阶求导，多次运用导数确定函数的单调性是解题关键，证明过程中需理清解题思路，运算难度较大，属于较难题.