内蒙古自治区呼和浩特市第二中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学（理科）试题

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范围：选修2-1，2-2，2-3，4-4
第Ⅰ卷选择题，共60分；第Ⅱ卷非选择题，共90分
满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】计算，确定虚部得到答案.
【详解】，故虚部为.
故选：C
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导得到导函数，计算，再代入计算得到答案.
【详解】，则，，.
，.
故选：B
3. 某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有（ ）
A 24种B. 9种C. 3种D. 26种
【答案】B
【解析】
【分析】所选的杂志可以分成3类，求出每类杂志任选一本的方法，然后相加，即可求出结论.
【详解】某同学从4本不同的科普杂志任选1本，有4种不同选法，
从3本不同的文摘杂志任选1本，有3种不同的选法，
从2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本，有2种不同的选法，
根据分类加法原理可得，该同学不同的选法有：种.
故选：B.
【点睛】本题考查分类加法计数原理，属于基础题.
4. 已知函数有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造新函数并利用导数求得其极值，再利用函数的零点即函数与直线的图像的交点横坐标，进而求得实数m的取值范围.
【详解】令，则，
由得，或；由得，，
则当或时单调递增；
当时单调递减.
则时取得极大值；时取得极小值.
函数有三个零点，
即函数与直线的图像有3个不同的交点，
则实数m的取值范围是
故选：A
5. 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有
A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种
【答案】B
【解析】
【详解】分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
解：最左端排甲，共有=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选B．
6. 已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，则不等式，即，根据单调性解得即可.
【详解】令，则，
在上单调递增，
，
则不等式，即为，即为，，
所以不等式的解集为.
故选：B
7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：，∵函数在区间单调递增，∴在区间上恒成立．∴，而在区间上单调递减，∴．∴取值范围是．故选D．
考点：利用导数研究函数的单调性.
8. 函数在处有极值10，则点为（ ）
A. B. C. 或D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，解出值再分别验证即可.
【详解】，则，即，
解得或，
当时，，此时在定义域上为增函数，无极值，舍去.
当,，令，解得或，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
则为极小值点，符合题意.
故点为，
故选：B
9. 函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

A. ，，，B. ，，，
C. ，，，D. ，，，
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象，由确定，求导后，确定有两个不相等的正实数根，结合函数单调性，韦达定理即可求出答案.
【详解】由图象可知，
有两个不相等的正实数根，且在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
综上：，，，.
故选：A
10. “杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，构成的数列的第项，则的值为（ ）
A 210B. 150C. 120D. 118
【答案】C
【解析】
【分析】
通过观察可得，通过累加法可得，从而可求出.
【详解】解：由题意知，，即，
所以 ，则，
即，
当时，，当时，，
所以，则.
故选:C.
11. 已知，，若，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，根据函数的单调性求得这两个函数的最小值，列出不等式可解得答案.
【详解】由题意，，使得，则需满足，
在上单调递增，故，
在上单调递减，故，
故，即，
故选：A
12. 若过点可以作三条直线与曲线相切，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求指数函数的导数，利用导数的几何意义列出方程．
【详解】设切点为，对曲线曲线求导，得，即切线的斜率
所以过点的切线方程为，
代入点坐标化简为，
即这个方程有三个不等根即可，令，
求导得到，
则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
若要有三个不等根即，所以的取值范围是
故选：D
【点睛】本题考查的是导数的几何意义的应用，将函数的切线条数转化为切点个数问题，最终转化为零点个数问题是解决此题的关键，属于中档题．
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. 计算定积分___________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：
考点：定积分计算
14. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.
【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学
先取2名同学看作一组，选法有：
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
15. 已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，以下结论，正确结论的序号为______
①展开式中奇数项的二项式系数和为256
②展开式中第6项的系数最大
③展开式中存在常数项
④展开式中含项的系数为45
【答案】②③④
【解析】
【分析】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知，由展开式的各项系数之和为1024可得，则二项式为，易得该二项式展开式的二项式系数与系数相同，利用二项式系数的对称性判断①②；根据通项判断③④即可.
【详解】对①，由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等可知，
又展开式的各项系数之和为1024，即当时，，又，所以，
所以二项式为，
则二项式系数和为，则奇数项的二项式系数和为，故①错误；
对②，由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，
即第6项的二项式系数最大，因为与的系数均为1，
则该二项式展开式的二项式系数与系数相同，所以第6项的系数最大，故②正确；
对③，若展开式中存在常数项，由通项可得，解得，故③正确；
对④，由通项可得，解得，所以系数为，故④正确.
故答案为：②③④.
16. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 已知曲线C的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是（t为参数）．
（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的的普通方程；
（2）设点，若直线l与曲线C交于A，B两点，且，求实数m的值．
【答案】（1），；
（2）或或1
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与平面直角坐标之间的转换关系，将曲线的极坐标方程转化为平面直角坐标方程，消参将直线的参数方程转化为普通方程；
（2）根据直线的参数方程中参数的几何意义，将直线的参数方程与曲线的平面直角坐标方程联立，消元化为关于t的一元二次方程，结合根与系数之间的关系可得．
【详解】（1）曲线C的极坐标方程是，化为，
可得直角坐标方程：．
（2）直线l的参数方程是（t为参数），
消去参数t可得，即.
把（t为参数），代入方程：，
整理得，
由，解得．
又．
当时，，
，
解得，即实数m的值为
当时，则
，
解得，
综上，m的值为或1
18. 已知函数.
（1）求的极大值点和极小值点；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）极大值点为，极小值点为
（2）最大值为,最小值为
【解析】
【分析】（1）求导，判断单调区间，然后可得极值点；
（2）根据（1）可得单调区间，根据单调性可得最值.
【小问1详解】
令解得或，列表如下：
所以极大值点为，极小值点为.
【小问2详解】
由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以
所以在区间上的最大值为，
最小值为.
19. 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【小问1详解】
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
小问2详解】
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
20. 已知函数．
（1）函数在处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）若函数有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导数代入得即可求出值；
（2）首先排除的情况，在时，根据，解出范围，再利用零点存在性定理证明此时有两个零点.
【小问1详解】
，则由题意得，
解得.
【小问2详解】
定义域为，，
令，解得：，
当时，在上恒成立，在上单调递增；
则至多有一个零点，不符合题意;
当时，若时，；若时，；
在上单调递增，在上单调递减；
若有两个零点，则，解得.
因为，且，由零点存在定理可知，
存在使得，
又因为，设，
因为，所以在单调递增，
故，即，
因为，由零点存在定理可知，存在，使得.
综上可得的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用，解出的范围，再利用零点存在性定义证明此时满足题意即可.
21. 已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.
试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，
所以，.
又
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设
由题意可设直线的方程为：，
联立消去得，
当，所以，即或时
.
所以
点到直线的距离
所以，
设，则，
，
当且仅当，即，
解得时取等号，
满足
所以的面积最大时直线的方程为：或.
【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.
22. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设．如果对任意，且，，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助题设条件运用导数和单调性的关系分类求解；
（2）借助题设条件构造函数，转化为其单调性问题，再分离参数即可.
【小问1详解】
的定义域为，．
当时，，故在单调递增；
当时，，故在单调递减；
当时，令，解得．
由于在上单调递减，
故当时，，故在单调递增；
当时，，故在单调递减．
【小问2详解】
，
由得，所以在单调递减，
设从而对任意，
恒有，
即，
令，则等价于在单调递减，
即恒成立，从而恒成立，
故设，
则
，
当时，为减函数，
时，，为增函数.
∴，
∴a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题的第一问求解时借助导数与函数单调性的关系，运用分类整合的数学思想分类求出其单调区间和单调性；第二问的求解中则先构造函数，然后再对函数求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得问题简捷巧妙获证．x
2
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增