河南省信阳市2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022-2023学年普通高中高二下学期期中教学质量检测

数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

注意事项：

1．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在相应位置．

2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．

3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．

4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 如果物体的运动函数为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在2秒末的瞬时速度是（    ）

A. 米/秒 B. 米/秒 C. 米/秒 D. 米/秒

【答案】A

【解析】

【分析】求出函数的导数后可求物体在2秒末的瞬时速度.

【详解】，所以（米/秒），

故选：A.

2. 的展开式中x3y3的系数为（    ）

A. 5 B. 10

C. 15 D. 20

【答案】C

【解析】

【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.

【详解】展开式的通项公式为（且）

所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：

和

在中，令，可得：，该项中的系数为，

在中，令，可得：，该项中的系数为

所以系数为

故选：C

【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.

3. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（    ）

A.     B.     C. 3     D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】设等差数列的公差，由成等比数列求出，代入可得答案.

【详解】设等差数列的公差，

∵等差数列的首项为1， 成等比数列，

∴，

∴，且，，

解得，

∴前6项的和为.

故选：A.

4. 已知函数在处有极值10，则（    ）

A. 0或－7 B. 0 C. －7 D. 1或－6

【答案】C

【解析】

【分析】求出，由，可得．

【详解】解：由，

得，

，即，

解得或（经检验应舍去），

，

故选：C．

5. 将名教师，名学生分成个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，

每个小组由名教师和名学生组成，不同的安排方案共有

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：第一步，为甲地选一名老师，有种选法；第二步，为甲地选两个学生，有种选法；第三步，为乙地选名教师和名学生，有种选法，故不同的安排方案共有种，故选A．

考点：排列组合的应用．

6. 数列的前项和，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用与关系可求得数列的通项公式，进而得到前项各项的正负，结合等差数列求和公式可求得结果.

【详解】当时，；

当时，，

经检验，当时，不符合，.

令，又，解得：且.

.

故选：C.

【点睛】易错点睛：在利用与关系求解数列通项公式时，需注意验证首项是否满足时所求解的通项公式，若不满足，则通项公式为分段数列的形式，即.

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】B

【解析】

【分析】将问题转化为在上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化为在上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得，则只需即可，解不等式求得结果.

【详解】由题意得：

在上单调递增    在上恒成立

又    在上恒成立

当时，   

    ，解得：

本题正确选项：

【点睛】本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.

8. 定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（    ）

A. 函数在区间上单调递增 B. 函数在区间上单调递减

C. 函数在处取得极大值 D. 函数在处取得极小值

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的单调性和函数的导数的值的正负的关系，可判断A,B的结论;根据函数的极值点和函数的导数的关系可判断、的结论．

【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；

根据函数的导数图象，函数在时，，

故函数在区间上单调递减，故正确；

由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；

根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，

故函数在处取得极小值，故正确，

故选：

9. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.

详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.

点睛：古典概型中基本事件数的探求方法： (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.

10. 设，则的值为（    ）

A. 29 B. 49

C. 39 D. 59

【答案】B

【解析】

【分析】

根据二项式特点知，，，，，为正，，，，，为负，令，得.

【详解】因为，，，，为正，，，，，为负，

令，得，

故选：B.

【点睛】本题主要考查了二项式的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

11. 设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（    ）

A.  B. 3 C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可.

【详解】由已知，不妨设，

则，因为，

所以点在以为直径的圆上，

即是以P为直角顶点的直角三角形，

故，

即，又，

所以，

解得，所以

故选：B

【点晴】本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.

12. 设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】构造新函数,，当时.

所以在上单减，又，即.

所以可得,此时，

又为奇函数，所以在上的解集为：.

故选A.

点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置．

13. 在斜三棱柱中，的中点为，，则 可用表示为_______________．

【答案】

【解析】

【分析】利用空间向量的线性运算可求.

【详解】

.

故答案为：.

14. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为___________．

【答案】

【解析】

【分析】首先排好4个1,，即可产生5个空，再利用插空法求出2个0相邻与2个0不相邻的排法，再利用古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：将4个1和2个0随机排成一行，4个1产生5个空，

若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，

所以2个0不相邻概率为

故答案为：

15. 已知曲线在点处的切线与曲线也相切，则的值是__________.

【答案】

【解析】

【详解】依题意得：，=，，点处的切线的方程为：，

即，设切线与曲线的切点为

则，解得：,∴

故答案为4

点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．

16. 若函数f(x)=(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是______.

【答案】16；

【解析】

【详解】依题意，为偶函数，

展开式中的系数为，故，的系数为，故，令，得，由对称轴为-2可知，将该式分解为，可知其在和处取到最大值，带入，可知最大值为16.

【学科网考点定位】本题考查函数的性质，考查学生的化归与转化能力以及基本运算能力.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 规定 ，其中，为正整数，且，这是排列数(，是正整数，且)的一种推广．

（1）求的值；

（2）确定函数的单调区间．

【答案】（1）   

（2）的增区间为，，的减区间为.

【解析】

【分析】（1）根据题设中的新定义可求.

（2）根据题设中的新定义可求，求出其导数后判断导数的符号，从而可得函数的单调区间.

【小问1详解】

.

【小问2详解】

,故，

令，则或，

令，则，

故的增区间为，，

的减区间为.

18. （1）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个不同形状的精美盒子选择，问一共有多少种包装方法？

（2）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个不同形状的精美盒子选择，每个盒子至少有一件装饰品，问一共有多少种包装方法？

（3）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个大小、形状、图案等完全相同的精美盒子选择，每个盒子至少有一件装饰品，问一共有多少种包装方法？

（4）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个大小、形状、图案等完全相同的精美盒子选择，问一共有多少种包装方法？

【答案】（1）81；（2）36；（3）6种；（4）14.

【解析】

【分析】（1）利用分步计数原理可求包装方法的总数.

（2）先选中要放进同一包装盒的两个装饰品，再全排列后可求包装方法的总数.

（3）求出四件不同的装饰品分成3堆的方法后可求包装方法的总数.

（4）求出四件不同的装饰品分成1,2,3,4堆的方法后可求包装方法的总数.

【详解】（1）由分步计数原理可得包装方法的总数为.

（2）因为每个盒子至少有一件装饰品，故有且只有两个装饰品放到同一个盒子中，

故不同的包装方法为.

（4）将四件不同的装饰品分成3堆（每堆放一个盒子），不同的分法为，

故有6种不同的包装方法.

（5）四件不同的装饰品分成一堆（每堆放一个盒子），有1种分法，

四件不同的装饰品分成两堆（每堆放一个盒子），有种分法，

由（4）可得四件不同的装饰品分成三堆（每堆放一个盒子），有种分法，

故共有14种不同的包装方法.

19. 给出定义：设是函数的导函数，是函数 的导函数，若方程有实数解，则称()为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数．都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心，已知函数

（1）求出的对称中心；

（2）求 的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出函数二阶导数的零点后可求函数图象的对称中心.

（2）利用倒序相加法可求的值.

【小问1详解】

，，令可得，

因为为三次函数，故函数的拐点为，

故图象的对称中心为.

【小问2详解】

因为图象的对称中心为，故，

设，

则，

所以

，

故.

20. 设数列满足

（1）计算，猜想的通项公式并加以证明；

（2）求数列的前n项和.

【答案】（1），，，证明见解析.   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用递推关系可求第2项和第3项，另可将题设中的递推关系转化为，故可证.

（2）利用错位相减法可求的前n项和.

【小问1详解】

，，猜：.

因为，而，

故，所以

小问2详解】

，设的前项和为，

故，所以，

所以，

所以

21. 如图，三棱柱的侧棱底面，，E是棱上的动点，F是的中点，，，．

（1）当是棱的中点时，求证：平面；

（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；

（2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，由此可得出结论.

【详解】（1）证明：取的中点，连接、．

、分别是、的中点，且，

在三棱柱中，且，

为的中点，则且，且，

所以，四边形为平行四边形，则，

平面，平面，平面；

（2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、，，

设，平面的一个法向量为，则，

由，得，令，可得，

易得平面的一个法向量为，

二面角的余弦值为，即

整理得，

，解得.

因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，此时．

【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的动点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题.

22. 已知函数

（1）判断函数的零点个数；

（2）比较的大小．

【答案】（1）1个零点   

（2）答案见详解
 

【解析】

【分析】（1）由，利用导数法求解；

（2）利用用（1）的结论：时，恒成立，比较与，再根据时， ，两边取对数得到，比较与的大小即可.

【小问1详解】

解：，

则，令，则，

所以在单调递减，且，

当时，，即，则在上递增；

当时，，即，则在上递减，

所以在处取得最大值0，

所以只有一个零点；

【小问2详解】

因为，

且，

由（1）知 ：时，恒成立，

因为，

所以，

因为时， ，

所以，

即，

因为，所以，

即，

所以.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是：明确，，从而比较与的大小，利用时，这一结论，比较与的大小，利用时，这一结论而得解.