2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据极限的定义求解即可.

【详解】；

故选：C.

2．已知从甲地到乙地有乘飞机或者坐轮渡两种交通方式，从乙地到丙地有乘大巴车、高铁或者乘飞机三种交通方式，则从甲地经乙地到丙地不同的交通方式的种数为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．8

【答案】C

【分析】根据分步乘法原理求解即可.

【详解】解：由题意可知，从甲地经乙地到丙地所有可能的交通方式的种数为种.

故选：C

3．在二项式的展开式中，含的项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于3，求得的值，即可求得含的项．

【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，

令，故开式中含项为，

故选：A

4．已知函数，则（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】A

【分析】求出函数的导数后可求导数值.

【详解】，故，

故选：A.

5．函数的极值点为，则的值为

A． B．1 C． D．

【答案】C

【解析】先对函数求导，根据函数的极值点为，可得，进而可求出结果.

【详解】因为，所以；

又的极值点为，所以，即.

故选C

【点睛】本题主要考查导数的应用，已知极值点求参数的问题，属于基础题型.

6．某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派1名教师，则不同的分配方法有（　　）

A．80种 B．90种 C．120种 D．150种

【答案】D

【分析】对5个人先进行两种情况的分组，再进行全排列，即可得答案.

【详解】先对5个人先进行两种情况的分组，一是分为1，1，3，有种，二是分为1，2，2，共有种，

再分配，可得不同的分配方法有种.

故选：D.

7．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由函数有两个零点排除选项A，C；再借助导数探讨函数的单调性与极值情况即可判断作答．

【详解】由得，或，选项A，C不满足，即可排除A，C

由求导得，

当或时，，

当时，，

于是得在和上都单调递增，在上单调递减，

所以在处取极大值，在处取极小值，D不满足，B满足．

故选：B

8．已知函数，若，成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将不等式变形为，构造，利用导数研究其单调区间，讨论、，综合运用参变分离法、构造利用导数研究恒成立，求参数范围．

【详解】因为，得，整理得：，

设，则，在上，递增，

当时，，而原不等式等价于，

若时，，则，即在上恒成立，

由且，则，即递增，故，则，

所以；

当时，在时，，满足题设，

综上，的取值范围是.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：将题设不等式转化为，构造，利用导数研究单调性，并讨论参数a研究不等式恒成立问题.

二、多选题

9．甲、某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD（边长为2个单位）的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i（，2，…，6），则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则（    ）

A．若时，则共有3种不同走法 B．若时，则共有5种不同走法

C．若时，则共有25种不同走法 D．若时，则共有27种不同走法

【答案】BD

【分析】当时，骰子的点数之和是，列举出点数中两个数字能够使得和为的情况，即可判断A、B，若时，三次骰子的点数之和是，，列举出在点数中三个数字能够使得和为，的情况，再按照分类分步计数原理计算可得.

【详解】解：由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是．

当时，骰子的点数之和是，列举出在点数中两个数字能够使得和为的有，，共种组合，抛掷骰子是有序的，所以共种结果，故A错误，B正确；

若时，三次骰子的点数之和是，，列举出在点数中三个数字能够使得和为，的有，，，，，，共有种组合，

前种组合，，每种情况可以排列出种结果，共有种结果，

其中，，，，各有种结果，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果．

故选：BD．

10．已知函数，则（    ）

A．当时，在有最小值1

B．当时，图象关于点中心对称

C．当时，对任意恒成立

D．至少有一个零点的充要条件是

【答案】AC

【分析】利用基本不等式判断选项；利用函数的对称性即可判断选项；利用导数判断函数的单调性即可判断选项；举例说明即可判断选项.

【详解】对于，当时，，

当时，则当且仅当，即时去等号，

所以函数在有最小值1，故选项正确；

对于，当时，则，

因为，所以此时函数图象不关于点中心对称，故选项错误；

对于，当时，则，令，

则，当时，；

当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

则当时，对任意恒成立，故选项正确；

对于，因为时，函数，，

函数在上有一个零点，所以选项错误，

故选：.

11．展开式中，下列说法正确的有(    )

A．二项式系数和

B．第2项是105

C．第8项与第9项的二项式系数相等

D．第9项的系数最小

【答案】AC

【分析】利用二项式定理展开式的性质逐项判断即可.

【详解】A：展开式二项式系数之和，故A正确；

B：二项式展开式的第二项为：，故B错误；

C：第8项二项式系数为，第9项二项式系数为，，故C正确；

D：二项展开式的通项为，当r取奇数时，系数为负数，当r=7或8时，二项式系数最大，故当r=7时，项的系数最小，此时为第8项，故D错误.

故选：AC.

12．（多选）若，则下列不等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】对选项A，令，对选项B，令，对选项C，令，对选项D，令，然后利用导数确定函数的单调性后可得结论．

【详解】对于选项A，令，则，

当时，的正负不确定，则的单调性不确定，

故与的大小不确定，故A错误；

对于选项B，令，则，

当时，，∴在上单调递增，

又∵，∴，即，即，故B正确；

对于选项C，令，则，当

时，，∴在上单调递增，

又∵，∴，即，故C错误；

对于选项D，令，则，当时，

，∴在上单调递增，

又∴，∴，即，

即，故D正确．

故选：BD．

三、填空题

13．已知函数，则________．

【答案】0；

【分析】求得函数的导数，令，即可求解.

【详解】由题意，函数，可得，

令，可得，解得.

故答案为：0

14．如果，则________

【答案】

【分析】令，即可求解.

【详解】解：令，得，

令，得，

所以，

故答案为：.

15．用1，2，3，…，9这九个数字组成的无重复数字的四位奇数中，各位数字之和为偶数的共有______个．（用数字作答）

【答案】

【分析】根据题意，四位数各位上的数字为2个偶数2个奇数或4个奇数讨论求解即可.

【详解】根据题意， 要使各位数字之和为偶数，则可能的情况为2个偶数2个奇数或4个奇数，

当组成的四位数的各位数字均为奇数时，有个，

当组成的四位数的各位数字中有为2个奇数，2个偶数时，有个，

所以，满足条件的四位奇数有个.

故答案为：.

16．已知是定义在R上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是___________.

【答案】

【分析】构造函数，利用导数、函数的奇偶性进行求解即可.

【详解】设，因为当时，，

所以当时，单调递增，

因为是定义在R上的偶函数，所以当时，

，所以函数是奇函数，

故当时，函数也是增函数，

因为，所以，所以，，

当时，由，

当时，由，

故答案为：

四、解答题

17．设函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)求函数在上的最值．

【答案】(1)增区间为；减区间为

(2)最大值为9，最小值为－

【分析】（1）对函数求导后，利用导函数的正负确定函数的单调区间及极值；

（2）利用极值及端点函数值，比较大小可得答案.

【详解】（1），

令，则或，

列表如下：

∴的增区间为；减区间为；

（2）由上知在上的极小值为，

又，

所以在上的最大值为9，最小值为－．

18．数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，为数列的前项和，求.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；

（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．

【详解】解：（1）由题意，.

由，①

得，②

①-②，得

，

所以

又因为当时，上式也成立，所以数列的通项公式为.

（2）由题意，，所以

， ③

， ④

③-④，得

从而.

【点睛】数列求和的方法技巧

(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．

(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

19．如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用空间向量求出空间直线的向量积，即可证明两直线垂直.

（2）利用空间向量求直线与平面所成空间角的正弦就是就出平面的法向量与直线的方向向量之间夹角的余弦即可.

【详解】（1）如图，以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，．

因为，，

所以，即；

（2）设平面的法向量为

因为，

由，得，令，则

所以平面的一个法向量为，又

所以

故直线与平面所成角的正弦值为．

20．已知函数.

(1)当时，求的单调区间与极值；

(2)若在上有解，求实数a的取值范围.

【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，无极大值

(2)

【分析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；

（2）分和两种情况分析求解，当时，不等式变形为在，上有解，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求解的最小值，即可得到答案．

【详解】（1）当时，，所以

当时；当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时函数有极小值，无极大值.

（2）因为在上有解，

所以在上有解，

当时，不等式成立，此时，

当时在上有解，

令，则

由（1）知时，即，

当时；当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，，所以，

综上可知，实数a的取值范围是.

【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题或有解问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围．

21．椭圆的一个焦点，离心率.

(1)求椭圆的方程；

(2)求以点为中点的弦所在的直线方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据题意，求得，即可求得椭圆的方程；

（2）利用点差法即可求得直线的斜率，利用点斜式即可求得直线方程.

【详解】（1）根据题意可得，故可得，则，

故椭圆方程为：.

（2）显然，直线的斜率存在，设两点的坐标为，

故可得，故，

故，由题可知，

故可得，

故直线的方程为，即.

22．已知.

(1)求时，在处的切线方程；

(2)若存在两个极值点，且，求实数m的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程，

（2）由写出根与系数关系，化简，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围，进而求得的取值范围.

【详解】（1）时，，

，∴

∴在处的切线方程为：，

即.

（2），

依题意得，是的两个不相等的正根，

∴，解得，

.

令，（），则.

∴在上为增函数.

∴

∴，即.

∴实数m的取值范围为.

【点睛】求解曲线切线有关问题，关键点有两个，一个是切点，一个是斜率，切点既在曲线上，也在切线上；斜率一般用导数来求得.