江苏省盐城市响水中学2022-2023学年高二数学下学期学情分析考试（一）试题（Word版附解析）

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江苏省响水中学2023年春学期高二年级学情分析考试（一）数学试题考生注意：1．试卷分第I卷和第II卷，共4页．2．满分150分，考试试卷120分钟．第I卷选择题一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 若，则（    ）A. 30 B. 20 C. 12 D. 6【答案】A【解析】【分析】先由组合的运算公式计算出的值，再代入中，由排列公式即可计算出结果.【详解】若故选：A.2. 如图，在四面体中，是的重心，是上的一点，且，若，则为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量线性运算进行计算，用表示出．【详解】因为是中点，所以，是的重心，则，所以，因为所以，若，则．故选：D．【点睛】本题考查空间的向量的线性运算，掌握向量线性运算的运算法则是解题关键．3. 已知，，则向量在向量上的投影向量是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出向量在向量上的投影，再求解向量在向量上的投影向量即可．【详解】因为，0，，，2，，则向量在向量上的投影为，所以向量在向量上的投影向量是．故选：．4. 若在上是减函数，则实数的范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由函数的单调性，将问题转化为导函数小于等于零恒成立的问题，从而进行处理.【详解】因为，故可得，因为在区间是减函数，故在区间上恒成立.因为，故上式可整理化简为在区间上恒成立，因为在区间上的最小值为，故只需-1.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的单调性，利用导数求解参数范围的问题，属基础题.5. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ）A. 从六门课程中选两门的不同选法共有30种B. 课程“书”不排在第三天的不同排法共有720种C. 课程“礼”、“数”排在不相邻两天的不同排法共有288种D. 课程“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有576种【答案】D【解析】【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答．【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有(种)，A选项不正确；对于B，除第三天外的5天中任取1天排“书”，再排其他五门体验课程共有(种)，B选项不正确；对于C，“礼”“数”排在不相邻两天，先排其余四门课程，再用插空法排入“礼”“数”则不同排法共有(种)，C选项不正确；对于D，六门课程的全排列有(种)，“乐”、“射”、“御”排在都相邻的三天的不同排法有(种)，则“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有(种)，D选项正确.故选：D6. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据导函数有2个不同的零点，且两个零点均大于零可求解.【详解】函数的定义域为，因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不同正根，即有两个不同正根，所以解得，故选:A.7. 如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，等边△的高为，在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，则，且，所以，，，若为面PBC的法向量，则，令，则，又平面PBC，则且k为实数，，故.故选：D8. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小.【详解】设,则,当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,故当时,函数取得最大值,因为,,,当时,,函数单调递减,可得,
即.
故选:C二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知空间中四点A(1，1，0)，B(0，1，2)，C(0，3，2)，D(－1，3，4)．下列说法中，正确的有（    ）A.  B. C. A，B，C三点共线 D. A，B，C，D四点共面【答案】ABD【解析】【分析】首先求出向量，，，，的坐标.根据可判断选项A；根据可判断选项B；根据可判断选项C；设，求出和的值，从而可判断选项D.【详解】易知，，，，，因为，所以 ，故选项 A正确；因为，且四点不共线，所以，故选项B正确；因，所以 A，B，C三点不共线 ，故选项C错误；易知当时，A，B，C，D共面，即，所以，，  解得，，所以A，B，C，D共面，故选项D正确.故选：ABD.10. 下列等式正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据排列组合数的计算公式依次对选项整理变形，分析可得答案.【详解】根据组合数公式得，则A错误；根据排列数公式得．，则B正确；根据排列数公式得，则C正确；根据组合数公式得，，即，则D正确．故选：BCD11. 在棱长为2的正方体中，点M，N分别是棱BC和中点，下列结论正确的是（    ）A. B. 直线MN与平面平行C. 点N到面的距离为D. 平面AMN截正方体所得截面的面积为【答案】AC【解析】【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算进行判断；A,计算即可；B，求出平面的法向量为，计算即可；C，求平面的的法向量为，计算点N到面的距离即可；D，作出面AMN截正方体所得截面，求其面积即可.【详解】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标，则 ，对于A, ,则，故，即，故A正确；对于B, ,设平面的法向量为，,则 ，则可取，而，故直线MN与平面不平行，故B错误；对于C，设平面的的法向量为，,则，可取，而，故点N到面的距离为 ，故C正确；对于D，平面AMN截正方体所得截面为如图等腰梯形 ,则,高为 ，故其面积 ，故D错误,故选:AC.12. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）．A. 当时，过原点作曲线的切线l，则l的方程为B. 当时，在上单调递增C. 若在上单调递增，则D. 当时，在上有极小值点【答案】ABD【解析】【分析】设切点坐标并求导及导数的几何意义可求得切线方程，运用导数研究函数的单调性、极值点.【详解】当时，，设切点为，，，所以，又l过原点，则，解得，所以l的方程为，故A正确；当时，，，当时，，，所以，所以在上单调递增，故B正确；，若在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，故C错误；当时，，，令，则，当时，，所以，所以在上单调递增，又，，所以由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在上有极小值点，故D正确．故选：ABD．第II卷非选择题三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知，，若与共线，则_________.【答案】##【解析】【分析】由向量共线的坐标表示得出的值.【详解】因为与共线，所以，所以，，则.故答案为：14. 把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有__________种．【答案】6【解析】【分析】元素相同问题用隔板法.【详解】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有种.故答案为：6.15. 平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，求的值是__________．【答案】1【解析】【分析】选定基底，根据空间向量的加减运算表示出，再根据空间向量的数量积的运算，即可求得答案.【详解】由题意得， ，则,故答案：1.16. 已知，，若，，都有，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】先利用导数求出函数，的最大值，将问题转化为在恒成立，构造函数，利用二次求导确定该函数的单调性和最值问题.【详解】因为，，所以，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以；在恒成立，即在恒成立，令，则，令，则恒成立，所以在单调递增，，，故存在，使得，，，，即，解得，所以，所以，即.故答案为：.【点睛】方法点睛：在处理不等式恒成立问题时，往往转化为求函数的最值问题，如：（1）对于函数、，若，，都有；（2）对于函数、，若，，都有.四､解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17 解方程：（1）；（2）.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】(1)根据排列数公式即可求解；(2)根据组合数和组合数的性质即可求解.【小问1详解】且，，化简，得，解得不合题意，舍去，【小问2详解】依题意，有①或②，解①得，解②得.经检验，或都符合题意.或18. 已知向量．（1）求；（2）当时，若向量与垂直，求实数和的值；（3）若向量与向量共面向量，求的值．【答案】（1）    （2），    （3）【解析】【分析】（1）根据空间向量的模长公式求解即可.（2）根据空间向量的加法和数乘运算，可得坐标表示，根据空间向量垂直的坐标计算公式，求解即可.（3）根据向量共面定理，建立向量与向量之间的表示，可得方程组，求解即可.【小问1详解】，，，．【小问2详解】因为，所以，解得，因为，且向量与垂直，所以，即，．所以实数和的值分别为和；【小问3详解】解：设，则解得，即，所以向量与向量，共面．19. 如图，在长方体中，，点是的中点.（1）求与所成角的余弦值；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据长方体以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求解，按照异面直线夹角余弦公式求解与所成角的余弦值即可；（2）由（1）求平面的法向量与直线的方向向量，再利用空间向量坐标运算解求得与平面所成角的正弦值.【小问1详解】在长方体中，，如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，所以，则，则与所成角的余弦值为；【小问2详解】设平面的法向量为，又，，所以，令，则所以，故与平面所成角的正弦值为.20. 已知函数，．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上的最小值是，求a的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用导数与切线斜率的关系求解即可；(2)利用导数讨论函数在区间上的单调性即可求解.【小问1详解】当时，，，所以切点为，，则，所以切线方程为，即.【小问2详解】，，若，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，不满足题意；若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增，所以，解得，满足题意；若， 则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，解得，不满足题意，综上，.21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．（1）求点A到平面PBC的距离；（2）E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.【小问1详解】取AD中点O，连接OB，OP.∵为等边三角形，∴，OA=1，.又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，平面PAD，∴平面ABC.又∵平面ABCD，∴.∵，∴，∴.又∵，平面POB，平面POB，，∴平面POB.又∵平面POB，∴.∴，设点A到平面PBC的距离为h，则即，∴；【小问2详解】由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.设，则，.得，则.又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.设AE与平面ABCD所成的角为，则，解得.则，.设平面ADE的法向量，则.令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.22. 已知函数．（1）当时，证明：．（2）若，求的单调区间．（3）若，求k取值范围．【答案】（1）证明见解析    （2）递增区间为，递减区间为    （3）【解析】【分析】（1）当时，，，求导分析函数的单调性与最小值判断证明即可；（2）将代入函数中求导，利用函数导数求出函数的单调区间；（3）将函数变形得，令利用函数导数的性质求得范围，然后换元法令得等价于，根据条件分参数变形，构造新函数利用函数导数的性质即可.【小问1详解】证明：当时，，，则．当时，，单调递减，当时，，单调递增，则，即．【小问2详解】因为，所以，．由（1）知，当时，，当时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为．【小问3详解】．令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故．令，则等价于．因为，所以等价于．令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则，故k的取值范围为．【点睛】思路点睛：导数题常作为压轴题出现，常见的考法：①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），②求极值或最值③求切线方程④通过切线方程求原函数的解析式⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围⑥证明不等式⑦已知函数的零点个数求参数的取值范围解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.