2022-2023学年广东省梅州市高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省梅州市高二下学期期中数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省梅州市高二下学期期中数学试题 一、单选题1．函数在区间上的平均变化率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平均变化率的定义列式求解.【详解】根据平均变化率的定义可知，.所以函数在区间上的平均变化率为.故选：C2．某校为了丰富课后服务活动，提高学校办学水平和教育质量，开设近20门选修课供学生自愿选择.甲、乙2名同学都对其中的合唱、足球、篮球、机器人课程感兴趣，若这2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加，则不同的选法有（    ）A．4种 B．6种 C．8种 D．16种【答案】D【分析】根据题意甲乙两人均有4种选课方法，应用分步乘法即可得结果.【详解】由题设，甲乙两人均有4种选课方法，所以2名同学从这4门课程中各自任选一门课程参加的方法有种.故选：D3．已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据已知条件作出切线，利用导数的几何意义及斜率的定义即可求解.【详解】依次作出函数在处的切线，如图所示根据导数的几何意义及图形中切线的斜率可知，．故选：B.4．已知函数，则在下列区间上，单调递增的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出函数的导函数，令，结合选项中角的范围求得x的范围，即可得出单调递增区间.【详解】因为，所以，令，则，又，则，所以，所以，所以的单调递增区间为，因为，所以为函数的一个单调递增区间.故选：B5．某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ）A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种【答案】A【分析】讨论使用的颜色种数计算即可.【详解】若使用五种颜色，即每个面一种颜色，则有种方案；若使用四种颜色，即面AED与面FBC同色，则有种方案.故不同涂色方案有720+360=1080种.故选：A6．已知直线与函数，的图象分别交于点，，则的最小值为（    ）A．8 B．10 C．12 D．16【答案】C【分析】由题设可得，利用三元基本不等式求其最小值，注意取值条件.【详解】由题设，，，且，所以，当且仅当，即时等号成立，综上，的最小值为.故选：C7．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯，于当地时间2022年11月20日至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行.本届世界杯的赛制规定：从小组赛晋级的16支球队将被自动分成8组，每组的2支球队比赛一场，获胜的球队晋级1/4决赛.若从小组赛晋级的16支球队中选出4支球队，且恰有2支球队来自同一组，则不同的选择方法有（    ）A．672种 B．728种 C．764种 D．800种【答案】A【分析】首先考虑恰有2支球队来自同一组的选法，再确定另外2支不同组的选法，利用分步计数乘法原理求出结果.【详解】因为小组赛晋级的16支球队自动分成8组，从中选4支，2支球队来自同一组，所以要先从8组中选一组，有种选法，这组两支球队全选，保证2支球队来自同一组；再从剩余7组中选2组，每一组选1支球队，这2支球队来自不同组，有种选法，所以不同的选择方法有种.故选：A.8．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，得到球半径，计算体积得到答案.【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：则，故，球的半径，故体积为.故选：D 二、多选题9．已知，则（    ）A．B．C．D．展开式中所有项的二项式系数的和为【答案】ABD【分析】采用赋值法，分别令和可以判断选项A、C；根据二项式展开式的通项求得x的系数，可以判断选项B；直接由展开式中所有项的二项式系数的和的知识就可以判断选项D.【详解】令，得，所以A正确；展开式的通项为，令，得，所以B正确；令，得，又，所以，所以C不正确；展开式中所有项的二项式系数的和为，所以D正确.故选：ABD.10．由数字0，1，2，3组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是（    ）A．可以组成18个不同的数B．可以组成8个奇数C．可以组成12个偶数D．若数字1和2相邻，则可以组成8个不同的数【答案】ABD【分析】A先排千位，再排其它三位；B、C分步分类计数求出奇数个数，即可得偶数个数即可判断；D分千位为3、千位、百位为1和2两种情况求个数，结合排列、组合数求四位数的个数.【详解】A：千位的选法有，其它三位任意排有，故组成不同的数有个，正确；B：奇数个数：先把1或3安排到个位有种，则千位有种，其它数位有种，共有个，正确；C：由B知：偶数有个，错误；D：当千位为3，将1和2全排有种，作为整体与0全排有种，则有个；当千位、百位为1和2有种，再将0和3作全排有种，则有个；所以可以组成8个不同的数，正确.故选：ABD11．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．，方程有解B．若，且有极小值点，则在上单调递减C．若且，则存在极大值和极小值D．若，则的图象是中心对称图形【答案】BCD【分析】A令，即可判断；B、C由，根据极值点定义，结合二次函数的性质判断即可；D判断是否恒成立.【详解】A：当，时，，此时无解，错误；B：由，又，则开口向下，由有极小值点，则从左侧到右侧，函数值由负变正，综上，结合二次函数的性质知：的函数值从左到右依次由负变正，再由正变负，所以左侧，即在上单调递减，正确；C：中，，故必有两个不等实根，若，当，则为极大值点，为极小值点；当，则为极小值点，为极大值点；正确；D：，由的对称轴为，则，所以关于对称，正确；故选：BCD12．已知，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】构建，求导，利用导数可得原函数的单调性，进而可得，再利用作差法和不等式性质可得、，进而可得结果.【详解】构建，则当恒成立；则在上单调递减，可得，令，则，且，即，故，即；∵，则，又∵，则，∴，即；∵，则，即，又∵，即，故，即；综上所述：.∴B、C正确，A、D错误.故选：BC.【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形．（2）构造新的函数h(x)．（3）利用导数研究h(x)的单调性或最值．（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 三、填空题13．已知函数，则________.【答案】/-0.5【分析】将作为常量对求导，得到导函数，再将作为未知量求解即可.【详解】由解析式知：，即，解得.故答案为：.14．甲、乙、丙、丁四位同学约好周末去某公园游玩，准备当天在公园门口集合后一起入园游玩，假设这四位同学没有同时到达的情况，则他们先后到达的情况有________种.【答案】24【分析】应用排列数，根据题意将4人作全排即可.【详解】由题意，甲、乙、丙、丁四位同学在不同的时间到达公园门口，所以，4个人按任意顺序依次到达即可，故共有种情况.故答案为：24 四、双空题15．一个装有水的圆柱形水杯水平放在桌面上，在杯内放入一个圆柱形铁块后，水面刚好和铁块的上底面齐平，如图所示．已知该水杯的底面圆半径为6 cm，铁块底面圆半径为3 cm，放入铁块后的水面高度为6 cm，若从时刻开始，将铁块以1 cm/s的速度竖直向上匀速提起，在铁块没有完全离开水面的过程中，水面将______（填“匀速”或“非匀速”）下降；在时刻，水面下降的速度为______ cm/s．【答案】     匀速     【分析】由圆柱形铁块竖直向上匀速提起，可得水面匀速下降；根据已知得出水面高度H与时刻的函数关系，通过导数求瞬时速度.【详解】设在铁块没有完全离开水面的过程中，水面高度为H，铁块离开水面的高度为h，则水和铁块的体积为，即①．铁块距离杯底的高度为②．由①②可得．令函数，则．故水面将匀速下降，下降的速度为．故答案为：匀速；. 五、填空题16．广州国际金融中心大楼，简称“广州IFC”，又称“广州西塔”，位于广东省广州市，为地处天河中央商务区的一栋摩天大楼，东面珠江公园，南邻珠江和广州塔，西近广州大道，北望天河体育中心与白云山.小胜为测量其高度，在点处测得广州国际金融中心大楼顶端处的仰角为，在点处测得广州国际金融中心大楼顶端处的仰角为，在点处测得广州国际金融中心大楼顶端处的仰角为，其中，，三点共线且与广州国际金融中心大楼底部在同一水平高度，已知米，则广州国际金融中心大楼的高度为______米.【答案】435【分析】作出图形，设，由余弦定理求出和，利用可求得．【详解】如图是塔底，显然与垂直，，，，设，则，，，由余弦定理得，，因为，，即，所以，即，解得．故答案为：435. 六、解答题17．已知等差数列的前项和为，，，，成等比数列.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）应用等比中项及等差数列通项公式求基本量，即可得通项公式；（2）公式法求，再由裂项相消法求.【详解】（1）由题设且，则，，令公差为，所以，可得，所以.（2）由，则，所以.18．已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)求在区间上的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求解导函数，分别计算，利用导数的几何意义写出切线方程；（2）求解的根，讨论与的情况，从而得函数的单调性，求解出极值与端点处的函数值，比较大小后可得函数的最值，从而可得函数值域.【详解】（1）由题意，函数的定义域为，，所以，，即切线的斜率为，切点坐标为，所以曲线在处的切线方程为.（2）由（1）知，，得或，当或时，；当时，，所以函数在和上为增函数，在上为减函数，所以函数的极大值为，极小值为，又因为，，所以函数的最大值为，最小值为，所以函数在区间上的值域为.19．从1，2，3，4，5，6中任取5个数字，随机填入如图所示的5个空格中.(1)若填入的5个数字中有1和2，且1和2不能相邻，试问不同的填法有多少种？(2)若填入的5个数字中有1和3，且区域，，中有奇数，试问不同的填法有多少种？【答案】(1)(2) 【分析】（1）应用分步计数，从其余4个数选3个数全排，再把1和2插入其中求结果.（2）应用间接法，先求出有1和3且区域，，中无奇数的填法数，再求出所有可能的填法数，然后作差即可得结果.【详解】（1）首先从其它4个数中任选3个并作全排有种，3个数中共有4个空，将1和2插入其中两个空有种，所以共有种填法.（2）若区域，，中无奇数，则其它三个数只能为2、4、6且在区域，，上，所以，共有种，从2、4、5、6任选3个数有种，再把5个数全排有种，共有种，综上，填入的5个数字中有1和3且区域，，中有奇数，共有种.20．已知函数.(1)求的极值；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)的极小值为,无极大值.(2) 【分析】（1）利用导数法求函数的极值的步骤即可求解.（2）根据（1）结论，利用分离参数法将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可求解【详解】（1）由题意可知，的定义域为，所以.令，则，解得，当变化时，，的变化情况如下:单调递减极小值为单调递增由此表可知，当时，取得极小值为,无极大值.（2）恒成立等价于即可.令，则，令，则，令，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增；，所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，取到最小值为，即，所以的取值范围为.21．已知椭圆：的上顶点和右焦点都在直线上.(1)求的标准方程；(2)已知直线与交于，两点，，，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）将上顶点、右焦点代入直线求得，即可求的标准方程；（2）联立直线和椭圆，应用韦达定理， ，再求中点，由已知直线与直线垂直，根据列方程求参数值.【详解】（1）上顶点为，右焦点为都在上，所以，则，故的标准方程为.（2）联立，则，显然，所以，则，而中点，由，则直线与直线垂直，所以，则，故，可得.22．定义：若函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.(1)判断函数的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围.【答案】(1)1个，2级“平移点”为.(2) 【分析】（1）根据题意，可得，代入解析式求解即可；（2）根据级“平移点”定义知有解，即可得在上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求的范围.【详解】（1）函数，，存在的2级“平移点”，则，即，所以，即，令则，当时，，所以，所以在上单调递增，而，所以在只有1个零点，即函数的2级“平移点”的个数为1，且2级“平移点”为.（2）由在上存在1级“平移点”，则有解，即：，得：，∴在上有解，令，，则，∴在上单调递增，则，∴，即.实数的取值范围为：.