2022-2023学年云南省曲靖市民族中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年云南省曲靖市民族中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，则不同的发送方法共有（    ）

A．种 B．种 C．9种 D．20种

【答案】B

【分析】根据分步乘法计数原理分析运算.

【详解】将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，共有种发送方法.

故选：B.

2．的展开式中的系数是（    ）

A．40 B．80 C．10 D．60

【答案】A

【分析】根据给定二项式，利用二项式定理直接计算作答.

【详解】的展开式中是，

所以的展开式中的系数是40.

故选：A

3．下列说法正确的是（    ）

A．数列与是相同的

B．数列可以表示为

C．数列与是相同的数列

D．数列的第项为

【答案】D

【分析】运用数列的定义、数列及项的表示方法、由通项写出数列的项可判断各个选项.

【详解】对于A项，数列与是不同的，表示数列，而表示数列中的第项，故A项错误；

对于B项，是一个集合，故B项错误；

对于C项，两个数列中的数虽然相同，但顺序不同，不是相同的数列，故C项错误；

对于D项，，故D项正确.

故选：D.

4．已知函数在处的导数为3，则（    ）

A．3 B． C．6 D．

【答案】B

【分析】根据已知条件及函数在导数的定义即可求解.

【详解】因为函数在处的导数为3，

所以，

所以．

故选：B.

5．在等差数列中，已知，则该数列前11项的和为（    ）

A．44 B．88 C．99 D．110

【答案】B

【分析】由等差数列的性质与前项和公式计算.

【详解】由等差数列的性质可知，，故前11项的和为.

故选：B．

6．函数的单调递减区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的单调性与导数的关系即可求解.

【详解】解：函数的定义域是，，

令，解得，

所以函数在上单调递减．

故选：D．

7．曲线在点处的切线与抛物线相切，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用导数几何意义及直线的点斜式方程求得在点处的切线的方程，方法1：再结合l与抛物线相切时求得a的值.方法2：由l与抛物线相切，设出切点并运用导数几何意义可求得a的值.

【详解】因为，

所以，

所以

所以在点处的切线的方程为，

方法1：联立方程，消去后整理为，

因为l与抛物线相切，

所以，解得.

方法2：因为，

设l与抛物线相切时切点为，

则，解得.

故选：C.

8．已知，若，则（    ）

A．-1 B．1 C．-8088 D．8088

【答案】C

【分析】令、求得k的值，再结合二项展开式的通项公式可求得.

【详解】令得，

所以令，则，

所以，

所以

所以的展开式的通项为，

令，则.

故选：C.

二、多选题

9．若，则m的值可以是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】BC

【分析】利用组合数的计算即可求解

【详解】因为，

所以或，解得或5．

故选：BC．

10．对于的二项展开式，下列说法正确的有（    ）

A．二项展开式共有个不同的项 B．二项展开式的第项为

C．二项展开式的各项系数之和为 D．二项展开式中系数最大的项为第项

【答案】AC

【分析】利用二项展开式的项数可判断A选项；利用二项展开式的通项可判断B选项；利用二项展开式各项系数和可判断C选项；利用二项式系数的基本性质可判断D选项.

【详解】对于A选项，的展开式共有个不同的项，A对；

对于B选项，二项展开式的第项为，B错；

对于C选项，二项展开式的各项系数之和为，C对；

对于D选项，展开式通项为，令

当为奇数时，；当为偶数时，.

结合二项式系数性质可知，二项展开式中系数最大的项为第项或第项，D错.

故选：AC.

11．在等比数列中，已知，，其前项和为，则下列说法中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由等比数列的定义求得公比，从而求得，得通项公式，前项和，判断各选项．

【详解】设等比数列的公比为，

，，，故A错误；

，故B正确；

，故C正确；

，故D错误．

故选：BC．

12．已知函数，则（    ）

A．的极值点为 B．的极大值为

C．的最大值为 D．只有1个零点

【答案】BCD

【分析】利用导函数可得，进而可求函数的极值，可判断ABC，利用对数函数的性质可判断D.

【详解】∵函数，

∴，

由，得，由，得，

∴函数在上单调递增，在上单调递减，

∴是函数的极大值点，函数在上取得极大值，，且为函数的最大值，故Ａ错误，BC正确；

又因为，且当时，，当时，，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．从0，1，2，3，4，5中任取3个不同数字组成一个三位数，则能组成______个不同的三位数．（用数字作答）

【答案】100

【分析】利用分步乘法计算原理，依次确定百位十位与个位上的数即可得解.

【详解】先确定百位上的数，可以是1，2，3，4，5中的任一个，有5种方法；

再确定十位上的数，可以是剩下的5个数中的任一个，有5种方法；

最后确定个位上的数，可以是剩下的4个数中的任一个，有4种方法；

所以一共有个．

故答案为：100.

14．已知在一次降雨过程中，某地降雨量y（单位：）与时间t（单位：）的函数关系可近似表示为，则在时的瞬时降雨强度（某一时刻降雨量的瞬间变化率）为______.

【答案】/

【分析】将函数关于求导，再将代入上式的导函数，即可求解．

【详解】因为，

所以，

，

故在时的瞬时降雨强度（某一时刻降雨量的瞬间变化率）为.

故答案为：.

15．在数列，中，，，且，记数列{bn}的前n项和为Sn，且，则数列的最小值为___________.

【答案】

【分析】可由题意构建为等差，求出通项公式，可由得出的通项公式，

再利用作差法求出新数列单调性即可求出最小值.

【详解】由可得，即数列为等差数列，设公差为，

首项，，可得，则，

即，

由，可得当时，，

，代入后符合，即的通项公式为，

设新数列，，，

当时，得，即时，是递增数列；

当时，得，即，综上所述是最小值，即数列的最小值为，

故答案为：

16．已知函数有三个零点，则实数的取值范围为___________.

【答案】

【分析】由题意可得与的图象有三个不同的交点，经判断时不符合题意，当时，时，两个函数图象有一个交点，可得时与的图象有两个交点，等价于与的图象有两个不同的交点，对求导，数形结合即可求解.

【详解】令可得，

若函数函数有三个零点，则可得方程有三个根，

即与的图象有三个不同的交点，

作出的图象如图：

当时，是以为顶点开口向下的抛物线，

此时与的图象没有交点，不符合题意；

当时，与的图象只有一个交点，不符合题意；

当时，时，与的图象有一个交点，

所以时与的图象有两个交点，

即方程有两个不等的实根，即方程有两个不等的实根，

可得与的图象有两个不同的交点，

令，则，

由即可得，

由即可得，

所以在单调递增，在单调递减，

作出其图象如图：

当时，，

当

时，可得与的图象有两个不同的交点，

即时，函数有三个零点，

所以实数的取值范围为，

故答案为：

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

四、解答题

17．已知等差数列的前n项和为.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若，求数列{}的前n项和Tn.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等差数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式展开可求得结果；

（2）由裂项相消求和可得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意知，

解得：

∴.

故的通项公式为.

（2）∵

即：的前n项和.

18．求△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且△ABC的周长为6．

(1)证明：；

(2)求△ABC面积的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用余弦定理和三角形周长即可求解；

(2)结合（1）的结论和基本不等式得出，然后利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理可得：，

即，又因为，

所以，整理可得：，

所以得证.

（2）由（1）可知：，

所以，当且仅当时取等号，

所以或，因为，所以，

则，所以，

故△ABC面积的最大值为.

19．已知函数的图象过点，且．

(1)求a，b的值；

(2)求曲线在点处的切线方程．

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）根据点以及列方程，从而求得的值.

（2）利用切点和斜率求得切线方程.

【详解】（1）因为函数的图象过点，所以①．

又，，

所以②，

由①②解得：，．

（2）由（1）知，

又因为，，

所以曲线在处的切线方程为，

即．

20．如图，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是菱形.， ，点E是棱PC的中点.

(1)证明：PC⊥BD.

(2)求平面PAB与平面BDE所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先根据线面垂直的判定定理证明平面，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量垂直的判定条件证明即可；

（2）通过第（1）问的空间直角坐标系，根据二面角夹角公式进行求解即可.

【详解】（1），四边形为菱形，

，又，为等边三角形，，

，，，

，，

，，，

平面，平面，平面.

过点作，则，，，

分别以，，所在直线为，，轴如图建立空间直角坐标系.

，，，，.

，，，，，

，，

，.

（2），，为中点，，

设平面的法向量为，

，，

，.

设平面的法向量为，

，，

，，

设平面与平面夹角为，

则，

平面与平面所成角的余弦值为.

21．已知椭圆过点，．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点是圆上的一点，过点作圆的切线交椭圆于，两点，证明：以为直径的圆过原点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列出方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；

（2）当直线的斜率不存在时，得到直线的方程，求出点的坐标，可证得；当直线的斜率存在时，设方程为，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与向量数量积运算的坐标表示，证明即可．

【详解】（1）由题意知，解得，，

所以椭圆的标准方程是；

（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或．

若直线的方程为，不妨设，，所以，所以；

若直线的方程为，不妨设，，所以，所以；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

又直线与圆相切，所以，即．

设，，

由，得，

所以，

，，

所以，所以．   

综上，以为直径的圆过原点．

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，证明：．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论参数的取值范围，利用导数求解函数的单调性；

（2）代入，化简不等式，通过构造函数，，利用导数求解函数的最值，将不等式转化为即可求证.

【详解】（1）解：由题可知，，．

若，，所以在上单调递增，在上单调递减；

若，令，解得或（舍），

所以在上单调递增，在上单调递减；

若，当，即时，在上恒成立，所以在上单调递增；

当时，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

（2）证明：若，要证，即证，即证．

令函数，则．

令，得；令，得．

所以在上单调递增，在上单调递减，所以，

令函数，则．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，所以．

因为，所以，

即，从而得证．