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)
展开江苏省响水中学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:D
6. 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:D
8. 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:BCD
11. 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.
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