四川省乐山市峨眉第二中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期中试题（Word版附解析）

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四川省峨眉二中2022-2023学年高二下学期半期考试理科数学试题一、选择题（每题5分共60分）1. 设，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.2. 命题 “”，则p为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定形式求解.【详解】命题 “”为全称命题，其否定为特称命题，即p：.故选：C3. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解.【详解】，.故选：B.4. 函数的单调递减区间是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求导，不等式的解集与函数的定义域取交集即可求出结果.【详解】由题意知，由，得．故选：A5. 函数y＝xex的最小值是(　　)A. －1 B. －eC. － D. 不存在【答案】C【解析】【分析】先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定单调性，进而确定最值.【详解】y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，令y′＝0，则x＝－1，因为x<－1时，y′<0，x>－1时，y′>0，所以x＝－1时，ymin＝－.选C.【点睛】利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用得可疑最值点，如导函数不变号，则根据函数单调性确定最值点在对应区间端点取得；第二步：比较极值同端点值的大小．在应用题中若极值点唯一，则极值点为开区间的最值点.6. 已知函数，则函数在处切线方程是（    ）A. 2xy+1=0 B. x2y+2=0 C. 2xy1=0 D. x+2y2=0【答案】A【解析】【分析】利用导数求，并求的值，写出在处的切线方程即可.【详解】由题设，，则，而，∴函数在处的切线方程是，即2xy+1=0.故选：A7. 树立劳动观念对人的健康成长至关重要，某实践小组共有4名男生，2名女生，现从中选出4人参加校园植树活动，其中至少有一名女生的选法共有（    ）A. 8种 B. 9种 C. 12种 D. 14种【答案】D【解析】【分析】采用采用间接法，任意选有种，都是男生有1种，进而可得结果.【详解】任意选有种，都是男生有1种，则至少有一名女生有14种.故选：D.【点睛】本题考查分类计数原理，考查间接法求选法数，属于基础题目.8. 的展开式中的系数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于3，求出的值，即可求得展开式中的系数．【详解】解：由于的展开式的通项公式为，则令，求得，可得展开式中的系数为，故选：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，以及二项展开式的通项公式以及系数的性质．9. 已知函数，若，则实数的取值范围是（    ）A. (1，＋∞) B. (－∞，1) C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先根据函数解析式确定函数的奇偶性，然后利用导数确定函数的单调性，再把不等式化为的形式，然后去“”化为一般不等式，从而得解.【详解】的定义域为，，所以是奇函数，又恒成立（仅当时等号成立），所以在上单调递增，由得，所以，解得，故选：B.10. 已知函数的一个极值点为1，则的最大值为（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出的导函数，由题意可得，可得，再根据基本不等式可求的最大值.【详解】函数，，函数的一个极值点为1，可得，即，得，所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为.故选：D11. 若在上可导且，其导函数满足，则的解集是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先构造函数，由确定单调递减，从而得到的解集，即为的解集.【详解】设，则，因为，所以在上恒成立，所以单调递减，又得，由等价于，所以，即的解集是.故选：C.12. 已知函数.若存在实数，使得成立，则正实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】依题意，令，求出，若存在实数，使得成立，等价于成立，进而转化为，再根据函数的单调性，得到，从而求出正实数的取值范围.【详解】令，则，当时，，函数在上单调递减，，若存在实数，使得不等式成立，等价于成立，又，，，所以.当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，为正实数，，又函数在上单调递增，，解得正实数的取值范围为.故选：A.二、填空题（每题5分，共20分）13. 命题“若，则”的逆否命题是________.【答案】若或，则【解析】【分析】根据逆否命题的概念填空即可.【详解】由题,则命题“若,则”的逆否命题为“若或,则”,故答案为: 若或,则【点睛】本题考查命题的逆否命题,属于基础题.14. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.【答案】【解析】【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学先取2名同学看作一组，选法有：现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种故答案为：.【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.15. 已知函数．若函数在定义域内不是单调函数，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】转化为函数在定义域内有极值点求解，分离参数后得，从而求出函数的值域即可．【详解】由函数在定义域内不单调，得函数在定义域内有极值点．∵，∴，∴．令，则，∴函数在上单调递增，在上单调递减，又时，，，∴．∴实数的取值范围是．【点睛】解答本题关键在于将问题进行转化，即把函数在定义域内不单调的问题转化为导函数在定义域内有变号零点的问题求解，同时解题中要结合函数的图象求解，体现了数形结合在解题中的应用．16. 已知，为实数，不等式恒成立，则的最小值为______．【答案】-1【解析】【分析】先由恒成立得出，进而，构造函数求解.【详解】设，则不等式恒成立等价于成立，显然当时不符合题意．当时，，∴当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，∴．由得，∴．令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴，∴，则，此时，．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于依题意得出，进而得出.三．解答题（共70分）17. 一个小组有10名同学，其中4名男生，6名女生，现从中选出3名代表，（1）其中至少有一名男生的选法有几种？（2）至多有1名男生的选法有几种？【答案】（1）100（种）    （2）80（种）【解析】【分析】（1）可知直接法处理，分类后利用分类加法计数原理求解，也可间接法求解；（2）分无男生和一名男生两类情况求解，再由分类加法计数原理即可.【小问1详解】方法一：(直接法)．第一类：3名代表中有1名男生，则选法种数为 (种)；第二类：3名代表中有2名男生，则选法种数为 (种)；第三类：3名代表中有3名男生，则选法种数为 (种)；故共有60＋36＋4＝100(种)． 方法二：(间接法)．从10名同学中选出3名同学的选法种数为种．其中不适合条件的有种，故共有 (种)．【小问2详解】第一类：3名代表中有一名男生，则选法为 (种)；第二类：3名代表中无男生，则选法为 (种)；故共有60＋20＝80(种).18. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.    （2）【解析】【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间；（2）根据函数在区间内单调性求最大值.【小问1详解】因为函数的定义域为，且，由得；由得.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．【小问2详解】由（1）得在上单调递减，∴.19. 如图，在正方体中， E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.20. 已知函数，，是的导函数．（1）若，求函数的最小值；（2）若函数在上单调递增，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）当时求出，设，利用的单调性可得答案；（2）设，利用的单调性求得最小值，由已知只需可得答案．【详解】（1）当时，的定义域为，故，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，有最小值，所以．（2）因，设，则，由（1）可知的最小值是，要使在上单调递增，只需，所以，故的取值范围为．【点睛】本题考查了求函数的最小值及求参数的取值范围的问题，解题的关键点是利用导数判断函数的单调性求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.21. 已知函数.（1）若函数在处取得极值，求，的值;（2）当时，函数在区间上的最小值为，求在该区间上的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）本小题根据题意建立方程组，直接解题，再检验即可；（2）本题先判断函数的单调性，再根据最小值建立方程组求参数，最后根据单调性求最大值即可.【详解】（1）∴，解得：∴ ，当，当，∴在递增，递减，满足在处取到极值，∴满足条件.（2）当时，时，时，，在单增，在单减又；，，，函数在区间上的最大值为.【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的最值、单调区间的求法，考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想的应用，求解时要注意定义域优先法则的应用，同时注意第（1）问中求得的值后，还要进行验证，是中档题．22. 已知函数（其中为自然对数的底数）．（1）讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）先求导数，分类讨论，利用导数的符号判定函数的单调性；（2）分离参数，构造新函数，利用新函数的单调性求解最值或者利用换元法求解最值，可得答案.【小问1详解】由可得，当时，，当时，，当时，，从而的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，由得，，，①若，即时，恒成立，故在R上单调递增：②若，即时，由可得，或．令可得，此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；③若，即时，由可得，或，令可得，此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，在R上单调递增；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；【小问2详解】不等式，可得对恒成立，即对任意的恒成立，令，则，令，则，则在上单调递减，又，故在上有唯一的实根，不妨设该实根为，故当时，，，单调递增；当时，，，单调递减，故，又因为，所以，，，所以，由题意知，解得，故a的取值范围为．另解：（2）由不等式，可得对恒成立，即，对任意恒成立，令，，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减，故，由题意知，解得，故a的取值范围为．【点睛】本题主要考查导数应用，单调性的判定主要利用导数的符号来判定，注意分类讨论的不重不漏，参数范围的求解一般利用分离参数法来进行，借助导数求解新函数的最值.