2022-2023学年重庆南开（融侨）中学校高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆南开（融侨）中学校高二下学期期中数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆南开（融侨）中学校2022-2023学年高二下学期期中数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下列求导运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据导数的求导法则、四则运算以及复合函数的求导一一判断即可.【详解】对A，，故A错误；对B，，故B错误；对C，，故C正确，对D，，故D错误.故选：C.2．在各项均为正数的等比数列中，，，则公比（    ）A．2 B． C．2或 D．【答案】A【分析】利用等比数列的性质求出，又，则，根据等比数列的通项公式即可求得.【详解】各项均为正数的等比数列中，，即，则，又，则，，即，又，解得.故选：A.3．某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间内的学生有（    ）A．15名 B．20名 C．25名 D．40名【答案】B【分析】先根据频率分布直方图的性质，求得的值，再根据样本中成绩在区间内的频率×参赛的100名学生即可求解．【详解】由频率分布直方图可知，得，所以成绩在区间内的学生有名．故选：B．4．已知函数，，则的单调递减区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出函数的导数，结合余弦函数的性质解不等式，即可求得答案.【详解】由题意，，则，令，则(舍去)，仅在和时取等号，故的单调递减区间为，故选：B5．ChatGPT、LAMDA、Blender是近期火爆的AI程序，它们能够与人类进行聊天交流，完成撰写邮件、视频脚本、文案等工作.某兴趣小组4名成员打算分工学习这三个AI程序，每个人只能学习一个程序，每个程序至少有一人学习，则不同的分工方法有（    ）A．12种 B．18种 C．24种 D．36种【答案】D【分析】把4名成员分为2，1，1三组，再分工学习这三个程序即可．【详解】把4名成员分为2，1，1三组，有种方法，三组分工学习这三个程序，有种方法，则不同的分工方法有种方法．故选：D.6．已知点为函数的图象上一点，则点到直线的距离的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出直线与函数的图象，利用平行于直线且与函数的图象相切的直线，可以求得相应的最小距离.【详解】设直线平行于直线，则直线的斜率为2，当直线与函数的图象相切，点为切点时，点到直线的距离的最小，设切点坐标为，因为，则，解得，又在函数的图象上，则，则切点坐标为，到直线的距离为，则点到直线的距离的最小值为.故选：A.7．为坐标原点，过点作直线的垂线，交抛物线于，两点，为线段的中点，若是等腰直角三角形，则（    ）A．6 B．4 C．2 D．1【答案】C【分析】求出l的方程，联立抛物线方程，求得弦中点的坐标，根据是等腰直角三角形，可得，列方程可求得答案.【详解】由题意可知的斜率为，则l的斜率为，故l的方程为，即，联立，可得， 设，则，则，为线段的中点，故，即，因为是等腰直角三角形，而,故,即，解得或（舍去），使得，故选：C8．在杨辉三角中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示，那么在杨辉三角中出现三个相邻的数，其比为3：4：5的行数为（    ）第0行第1行第2行第3行第4行第5行11   11   2   11   3   3   11   4   6   4   11   5  10  10   5   1 A．58 B．62 C．63 D．64【答案】B【分析】设所求的行数为，则存在正整数，使得连续三项，，，由此建立关于和的方程组，解方程组即可得答案．【详解】解：根据题意，设所求的行数为，则存在正整数，使得连续三项，，，有且，化简得且，解得，，故第62行会出现满足条件的三个相邻的数，故选：B. 二、多选题9．已知数列前项和为（其中、为常数），，，则下列四个结论中，正确的是（    ）A．为等差数列 B．C．恒成立 D．数列的前项和小于1【答案】ACD【分析】对于A项，方法1：运用与的关系求得的通项公式，再运用等差数列的定义判断A项即可，方法2：运用等差数列前n项和是关于n的常数项为0的二次函数或常函数可直接判断A项；对于B项，根据已知条件及是等差数列列方程组求解即可；对于C项，运用函数思想求得取得最小值；对于D项，运用裂项相消法求和即可.【详解】对于A项，方法1：∵∴①当时，，②当时，，③将代入得：，∴，∴与n无关，∴是等差数列，公差为，方法2：∵是关于n的二次函数且常数项为0，∴是等差数列，公差为，故A项正确；对于B项，由A项知，是等差数列，公差为，又∵，解得：，故B项不成立；对于C项，由B项知，，开口向上，对称轴为，∴当时，取得最小值，∴，故C项正确；对于D项，由B项知，，∴设的前n项和为，，故D项正确.故选：ACD.10．已知的展开式中第4项与第6项的二项式系数相等，则下列各选项正确的是（    ）A． B．展开式中二项式系数最大的项为第5项C．展开式中有2项有理项 D．展开式中含项的系数为112【答案】BD【分析】由题意，得，可判断A；由二项式系数的性质可判断B；利用展开式的通项可判断C，D.【详解】的展开式中第4项与第6项的二项式系数相等，则，得，故A错误；二项式的展开式有9项，由二项式系数的性质可知，二项式系数最大的项为第5项，故B正确；的展开式的通项为，令，即，则展开式中有理项有5项，故C错误；令，即，，即含项的系数为112，故D正确.故选：BD.11．我们把离心率为的双曲线称为黄金双曲线。如图所示，、是双曲线的实轴顶点，、是虚轴顶点，、是焦点，过右焦点且垂直于轴的直线交双曲线于、两点，则下列命题正确的是（    ）A．双曲线是黄金双曲线B．若，则该双曲线是黄金双曲线C．若，则该双曲线是黄金双曲线D．若，则该双曲线是黄金双曲线【答案】BCD【解析】A选项，，不是黄金双曲线；通过计算得到BCD是黄金双曲线.【详解】A选项，，不是黄金双曲线；B选项，，化成，即，又，解得，是黄金双曲线；C选项，∵，∴，∴，化简得，由选项知是黄金双曲线；D选项，∵，∴轴，，且是等腰，∴，即，由选项知是黄金双曲线.综上，BCD是黄金双曲线.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率常用的方法有：（1）公式法（求出再求离心率）；（2）方程法（通过已知得到关于的方程，解方程得解）.12．已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可【详解】对于A，，令，得或，有“巧值点”；对于B，，令，得，有“巧值点”；对于C，，令，结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”；对于D，，令，即，得，无解，无“巧值点”.故选：ABC. 三、填空题13．2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取______人.【答案】10【分析】根据高一年级教师所占的比例抽取即可.【详解】高一年级教师所占的比例为：，则高一年级应抽取的教师人数为：.故答案为：10.14．每年5月初，高三的同学们都要拍毕业照，留下高中生活的美好见证.某班同学集体合影后有4位同学邀请两位老师合影留念.若6人站成一排，两位老师站在中间位置，甲乙两位同学站在一起，则不同的站位方法有______种.（用数字作答）【答案】16【分析】两位老师站在中间位置，甲乙两位同学站在两位老师的左侧或右侧，另两位同学在另一侧，列式求解即可.【详解】两位老师站在中间位置，有种方法，甲乙两位同学站在两位老师的左侧或右侧，另两位同学在另一侧，有种方法，则不同的站位方法有种.故答案为：16.15．函数，若存在使得，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】将条件存在使得转化为在区间上，求，再根据导函数的性质即可求得在区间上的，进而解不等式即可．【详解】存在使得等价于在区间上，由，则，，若，则，此时单调递减，所以成立；若，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，如果，则，得；如果，则，得，综上，实数的取值范围为．故答案为：．16．过抛物线的焦点F的弦AB满足（点A在x轴上方），则以AB为直径的圆与该抛物线准线的公共点的坐标为____________.【答案】【分析】如图先利用辅助线确定公共点位置，再联立方程得到其坐标即可.【详解】如图所示，取AB中点M，分别过A，B，M作准线的垂线，垂足依次为C，D，N，则AC//MN//CD，MN是梯形ABDC中位线，根据抛物线定义得，，即N在以AB为直径的圆上，即N即是以AB为直径的圆与该抛物线准线的公共点，易见直线AB不平行x轴，方程可设为，设联立方程得， 则，又依题意（点A在x轴上方），故，解得，故.易见N点坐标为，即，即公共点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线的定义及直线与抛物线的综合应用，属于中档题. 四、解答题17．已知中，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二项式展开式的通项公式即可求解；（2）利用赋值法令求得所有项的系数和，再令，两式作差即可求解.【详解】（1）二项式的展开式的通项公式为，又其展开式中，则令得：，解得：，所以的值为.（2）由（1）得：，令得：①，又得：②，则得：，所以，故的值为.18．已知，其中．(1)若在单调递增，求实数的取值范围；(2)当时，求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】(1)(2)， 【分析】（1）求得，将函数在单调递增，转化为在恒成立，构造函数，再根据函数在上单调性即可求解；（2）当时，求得，分别求解不等式和，从而得到在区间上的单调情况，进而即可求得在区间上的值域．【详解】（1）依题意得，由在单调递增，则在恒成立，即在恒成立，令，则，当时，，此时在上单调递增，所以时，，因此，即，所以实数的取值范围为．（2）当时，有，则，令，解得或；令，解得，故在和上单调递增，在上单调递减，又，，，，则，所以，．19．已知数列的前项和为，且，，．(1)求证数列为等差数列，并求通项；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见详解，(2) 【分析】（1）依题意可得，再根据和的关系可得到，注意要验证时，是否满足，进而即可证明；（2）结合（1）可的通项公式，再根据错位相减即可求得数列的前项和．【详解】（1）由，则，即，当时，，得，则，故，因此是以2为首项，3为公差的等差数列，所以．（2）结合（1）可知，，则①，则②，①-②得，故．20．已知四棱柱中，底面和侧面都是边长为2的菱形，且它们所在平面互相垂直..(1)求证：四边形是正方形.(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明平面，得到，再证明平面，得到，进而可证四边形是正方形（2）建立空间直角坐标系利用二面角的向量公式求解.【详解】（1）证明：由四边形为菱形可知，又由题知，，平面，故有平面，平面，从而可得.过作，交于，则由，平面平面，且两平面交线为，平面可得：平面，由平面可得，结合上面得到的，又，平面，所以平面，又平面所以又四边形为菱形，所以四边形为正方形（2）解：若，则由题可得为正三角形，从而可知（1）中的点为的中点，取中点，连接.以，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则由题可得：，，，∴，，设平面的一个法向量为，则有取，则，设平面的法向量为，有，取，则，所以平面的一个法向量为设二面角的平面角为，由题易知为锐角，故有故二面角的余弦值为21．已知为抛物线的焦点，为抛物线的顶点，为抛物线上一点，当时，.(1)求抛物线的方程；(2)设抛物线在点处的切线交轴于点，直线与抛物线交于、两点，当取得最小值时，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由抛物线定义结合求出，可得抛物线的方程；（2）利用导数求得点处切线方程，得坐标，，从而可得直线方程，与联立，结合抛物线定义及韦达定理得，，利用基本不等式可求得取最小值时，，求出到直线的距离，利用三角形面积公式可得答案.【详解】（1）由抛物线定义可知，故抛物线的方程为：.（2）由（1）知，，又由，∴点处切线方程为：，即，令，故有，直线联立和消去整理得：，设，，则有，又，故，当且仅当，即时取最小值，此时，，又到直线的距离，所以.22．已知函数.（1）若，求a的值；（2）若，求证：当时，，其中e为自然对数的底数.【答案】（1）1；（2）证明见解析.【分析】（1）求出,根据题意可得，解方程即可求出结果；（2）求出，根据不等式的性质即可证出结论.【详解】（1）因为，，所以，解得.（2）函数的定义域是，，所以，当，时，，，可得.