甘肃省武威第六中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

武威六中2023年春学期高二年级期中考试试卷

数学

满分150分    考试时间120分钟

一、单选题

1. 现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ）

A. 5种 B. 12种 C. 20种 D. 60种

【答案】B

【解析】

【分析】根据分类加法计算原理即可求解.

【详解】从油画中选，有3种不同的选法；

从国画中选，有4种不同的选法；

从水彩画中选，有5种不同的选法.

根据分类加法计数原理，共有种不同的选法.

故选：B.

2. 若双曲线的渐近线为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由渐近线方程可得，再由及双曲线参数关系求离心率即可.

【详解】由题设知：，即，

所以.

故选：B

3. 四位同学返校看望老师，由于时间关系，只见到语文，数学，英语三位老师，于是他们邀请老师一起照相，三位老师坐中间共有多少种排列方式（    ）

A. 90 B. 120 C. 144 D. 216

【答案】C

【解析】

【分析】根据分步乘法计数原理及排列知识先排老师，再排学生即得．

【详解】根据分步乘法计数原理先排老师共种排法，再排学生共种排法，

所以共有种排列方式

故选：C.

4. 已知抛物线的焦点为F，点在该抛物线上，且P的横坐标为4，则（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案.

【详解】抛物线准线方程为，

因为点在抛物线上，P的横坐标为4，抛物线的焦点为F，

所以等于点到直线的距离，

所以，

故选：D.

5. 二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨度克·牛顿于1664年~1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则．在的二项式展开式中，的系数为（    ）

A. 10 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用二项式定理展开计算即可.

【详解】设的二项式展开式通项为，

即：，令，则，故的系数为.

故选:B

6. 若，则（    ）

A. 1 B. -1 C. 2 D. -2

【答案】B

【解析】

【分析】根据导数的定义以及给出的极限值可得答案.

【详解】

，

所以.

故选：B.

7. 是抛物线的焦点，点，为抛物线上一点，到直线的距离为，则的最小值是（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据抛物线定义有，数形结合判断其最小值.

【详解】由题设，抛物线焦点，准线为，故，

如上图：，仅当共线且在两点之间时等号成立.

故选：C

8. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，焦距为，点在双曲线上，且，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由焦距可得，根据半通径长和长可构造等式求得.

【详解】焦距为，即，；

，，又，，

，即，，解得：.

故选：B.

二、多选题

9. 已知抛物线的焦点为F，点P为C上任意一点，若点，下列结论错误的是（    ）

A. 的最小值为2

B. 抛物线C关于x轴对称

C. 过点M与抛物线C有一个公共点的直线有且只有一条

D. 点P到点M的距离与到焦点F距离之和的最小值为4

【答案】AB

【解析】

【分析】根据焦半径公式结合条件判断A，由抛物线的对称性判断B，由直线与抛物线的位置关系判断C，结合抛物线的定义，把转化为到准线的距离后可求得题中距离和的最小值判断D．

【详解】设，则，，又抛物线的焦点为，

对A，由题可知，时，等号成立，所以的最小值是1，A错；

对B，抛物线的焦点在轴上，抛物线关于轴对称，B错；

对C，由题知点在抛物线的内部（含有焦点的部分），因此过与对称轴平行的直线与抛物线只有一个公共点，其他直线与抛物线都有两个公共点，C正确；

对D，记抛物线的准线为，准线方程为，

过作于，过作于，则，，

所以当三点共线，即与重合时，最小，最小值为．D正确．

故选：AB．

10. 在的展开式中，下列结论正确的是（    ）

A. 第6项和第7项的二项式系数相等 B. 奇数项的二项式系数和为256

C. 常数项为84 D. 有理项有2项

【答案】BC

【解析】

【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.

【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；

由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，

所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；

展开式的通项为 ，令，解得．

故常数项为，故C正确；

有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．

故选：BC

11. 已知，且，则a的值为（    ）

A. -3 B. -1 C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】对复合函数求导，代入,即可求解.

【详解】，

则，解得或.

故选:AB.

12. 已知，下列命题中，正确的有（    ）

A. 展开式中所有项的二项式系数的和为 B. 展开式中所有项的系数和为

C. 展开式中所有奇数项系数的和为 D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据二项式系数的和即可判断A；分别令，即可判断B、C；令即可判断D．

【详解】对于A，二项式展开式中所有项的二项式系数的和为，故A正确；

对于B，令，，故B正确；

对于C，令，则，

两式相加得展开式中所有奇数项系数的和为，故C正确；

对于D，令，则，

令，则，

所以，故D错误．

故选：ABC．

三、填空题

13. 曲线在点处的切线方程是______.

【答案】

【解析】

【分析】利用导数的几何意义求解即可.

【详解】由可得，

所以曲线在点处斜率，

所以曲线在点处的切线方程为，

整理得，

故答案为：

14. 2位教师和4名学生站成一排，要求2位教师站在中间，学生甲不站在两边，则不同排法的种数为_________

【答案】

【解析】

【分析】先考虑两位教师的排法，再考虑甲的排法，最后考虑余下三位同学的排法，结合分步乘法计数原理求总排法数即可.

【详解】先考虑将两位老师排在中间，有种排法，

再考虑排甲同学，有种排法，

最后考虑余下三位同学的排法，有种排法，

由分步乘法计数原理可得共有种排法.

故答案为：.

15. 已知函数的导函数为，且，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，求导得，然后令，即可得到结果.

【详解】因为，则，

令，则，即.

故答案为：

16. 为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量与时间的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示．

给出下列四个结论：

①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；

②在时刻，甲企业的污水治理能力与乙企业相同；

③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；

④甲企业在，，这三段时间中，在的污水治理能力最强．

其中所有正确结论的序号是__________．

【答案】①③

【解析】

【分析】在这段时间内，，故①正确，在时刻的切线的斜率小于在时刻的切线的斜率，故②错误，在时刻，甲，乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量，故③正确，在的污水治理能力最强，故④错误，得到答案.

【详解】设甲企业的污水排放量与时间的关系为，

乙企业的污水排放量与时间的关系为.

对于①：在这段时间内，甲企业的污水治理能力为，乙企业的污水治理能力为，由图可知，，故，即甲企业的污水治理能力比乙企业强，故①正确；

对于②：由图可知，在时刻的切线的斜率小于在时刻的切线的斜率，但两切线斜率均为负值，故在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故②错误；

对于③：在时刻，甲，乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量，故在时刻，甲，乙两企业的污水排放都已达标，故③正确；

对于④：由图可知， 甲企业在，，这三段时间中，在的污水治理能力最强，故④错误.

故答案为：①③

四、解答题

17. 已知函数.

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）求函数在的最大值和最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数在的导数值，即切线斜率，代入直线的点斜式方程即可；

（2）利用导数判断出函数在上的单调性，求出极小值，再分别求出端点处的函数值比较即可得出其最大值和最小值．

【小问1详解】

易知，函数的定义域为；

所以，则切点为，

又，则在点处的切线斜率，

所以切线方程为，整理可得，即，

即函数在点处的切线方程为.

【小问2详解】

由（1）可知，，又，所以令得，

令得，所以在上单调递减，

令得，所以在上单调递增，

所以函数有极小值为，也是函数的最小值，

又，，所以函数的最大值为，

综上可得，函数在上的最大值为，最小值为.

18. 对于二项式：

（1）若展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，求展开式中的系数；

（2）若展开式的前三项的系数成等差数列，求展开式的中间项.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据第4项与第8项二项式系数相等，列出等式，求出n，再通过二项式展开通项，取的指数为2，求出项数，代入通项中，求出系数即可；

（2）写出通项，求出前三项的系数，根据等差中项的概念列出等式，解出n，进而求得展开式的中间项即可.

【小问1详解】

解：因为展开式第4项与第8项的二项式系数相等，

所以，解得，

则展开式通项为

，

令，解得，代入通项有：

，所以的系数为；

【小问2详解】

二项式通项为：

，

所以第一项的系数为：，第二项的系数为：，

第三项的系数为：，由于前三项的系数成等差数列，

所以，解得，或，

因为至少有前三项，所以（舍），故，

所以展开式有9项，中间一项为.

19. 已知双曲线的实轴长为2，右焦点为.

（1）求双曲线的方程；

（2）已知直线与双曲线交于不同的两点，，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据实轴长可求，根据焦点坐标可求，然后可得方程；

（2）联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理和弦长公式可求答案.

【小问1详解】

由已知，，

又，则，

所以双曲线方程为.

【小问2详解】

由，得，

则，

设，，则，，

所以.

20. 已知抛物线的焦点为F，点B为抛物线准线上一点，点A为抛物线上一点，O为坐标原点．

（1）若AB垂直于准线，且是斜边为4的等腰直角三角形，求抛物线的标准方程；

（2）若，且OA为∠FOB的角平分线，求

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由等腰直角三角形斜边长，得，得抛物线的方程；

（2）由OA为∠FOB的角平分线，得直线OA的方程，与抛物线方程联立，解出A点坐标，得的值.

【小问1详解】

如图所示，因为AB与准线垂直，，，所以，即，故抛物线的标准方程为．

【小问2详解】

设抛物线准线与x轴的交点为C，则，

所以∠BOC＝60°，故∠FOB＝120°，

如图所示，因为OA为∠FOB的角平分线，

所以直线OA的倾斜角为60°，斜率，故直线OA的方程为．

由点B在抛物线准线上，结合点B坐标可知，故抛物线方程为，

联立，得，解得，

代入直线OA方程可得，故，

又，故．

21. 已知函数．

（1）求函数的单调区间和极值：

（2）若，讨论函数的零点个数．

【答案】（1）单调递减区间，单调递增区间为；极小值为，无极大值   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值；

（2）将问题转化为与的交点个数问题，结合（1）中结论作出函数图象分析可得结果．

【小问1详解】

∵定义域为，，

又恒成立，

∴当时，；当时，；

的单调递减区间为，单调递增区间为；

所以极小值为，无极大值．

【小问2详解】

当时，，当时，，结合（1）中结论作出函数图象如图：

的零点个数等价于与的交点个数；

当时，与有且仅有一个交点；

当时，与有两个不同交点；

当时，与有且仅有一个交点；

当时，与无交点；

综上所述：当时，有唯一零点；

当时，有两个不同零点；

当时，无零点．

22. 设函数，，，记.

（1）求曲线在处的切线方程；

（2）求函数的单调区间；

（3）若函数的图象恒在的图象的下方，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）答案见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；

（2）求导后，分别在和的情况下，根据正负得到单调区间；

（3）将问题转化为恒成立的问题，采用参变分离的方式，构造函数，利用导数可求得，由此可得的范围.

【小问1详解】

，，又，

在处的切线方程为，即.

【小问2详解】

由题意知：，则定义域为，，

当时，，恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，若，则；若，则；

的单调递增区间为，单调递减区间为；

综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

【小问3详解】

由题意知：当时，恒成立，；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

，，即实数的取值范围为.