2022-2023学年上海市华东师范大学第二附属中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市华东师范大学第二附属中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．四人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过3次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有_______种

【答案】6

【分析】经过3次传球回到甲手中，只需另外安排两人接第一次和第二次传球即可.

【详解】因为四人传球，由甲开始发球，经过3次传球回到甲手中，

只需从其余三人中安排两人分别接第一次和第二次传球，

共有种不同的传递方式．

故答案为：.

2．书架上某层有8本书，新买2本插进去，要保持原有8本书的顺序，则有________种不同的插法（具体数字作答）

【答案】90

【分析】利用定序相除法进行求解，先求10本书的所有排法，再求原来8本书的排法，相除可得结果.

【详解】原来的8本书，加上新买的2本书，随意排列共有种排法，

原来的8本书随意排列共有种排法，

而原来特有的顺序只有1种，所以共有种方法.

故答案为：90.

3．若的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则n＝______

【答案】10

【分析】根据题意得到，再求出n即可.

【详解】因为的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，

所以，解得．

故答案为：10.

4．7个志愿者的名额分给3个班，每班至少一个名额，则有________种不同的分配方法（用数字作答）

【答案】15

【分析】因为名额之间无差别，故采用隔板法即可求解.

【详解】7个志愿者的名额分配给3个班，每班至少一个名额，

采用隔板法可知，即从6个空中插入2个隔板，

共有种不同分法，

故答案为：15.

5．A、B、C、D、E五名同学站成一排合影，若A不站在两端，B和C相邻，则不同的站队方式共有____________种（用数字作答）

【答案】24

【分析】利用排列中的相邻问题捆绑法，特殊元素优先法即可求出结果.

【详解】因为B，C相邻，将B，C排在一起并看成一个整体，有种方法，

A不站两端，有2种方法，

D，E与BC，进行3个元素的全排列，有种方法，

故不同的站队方式共有种．

故答案为：24．

6．设函数在区间上严格减，则实数a的取值范围是________

【答案】

【分析】利用导数先求出函数的单调减区间，结合条件建立不等关系即可求出结果．

【详解】易知，因为，所以，

由，得到，

又函数在区间上严格减，

所以，解得，

故答案为：.

7．6位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有________种

【答案】540

【分析】先将6人分成3组，利用排列与组合求出分组的数，再利用分步计数原理即可求出结果．

【详解】将6人分成3组，可分成3，2，1和4，1，1和2，2，2共3类，共有种，

故不同的分配方案有种，

故答案为：540.

8．已知在四面体V-ABC中，，，，则该四面体外接球的表面积为________．

【答案】/

【分析】先判断出V在平面的射影为的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.

【详解】∵，

∴V在平面ABC的射影为的外心．

又，，所以的外接圆的半径；

,设四面体外接球的半径为R，．

解得．

所以外接球的表面积为．

故答案为：．

9．用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中满足的五位数有n个，则在的展开式中，的系数是_______（用数字作答）

【答案】35

【分析】先根据题意得到，由排列组合知识得到，再求出的系数.

【详解】中，则，ab与de分别为定序排列，

从2、3、4、5中任选2个数为，则剩余的2个数为，

故这样的五位数有个，所以，

则的展开式中，

的系数为.

故答案为：35．

10．已知函数的导函数的图像如图所示，给出以下结论：

①在区间上严格增；

②的图像在处的切线斜率等于0；

③在处取得极大值；

④在处取得极小值．正确的序号是______

【答案】②④

【分析】根据导函数图像得到导数的正负，从而得到函数的增减和极值情况，判断①②③，并根据导函数的增减判断④.

【详解】根据的图像可知，在上，，仅在处有，

所以在上单调递减，故①错误；

，故②正确；

在区间上单调，没有极值点，故③错误；

由的图像可知，在上单调递减，在上单调递增，故④正确．

故答案为：②④．

11．平面直角坐标系xOy中，已知点，若直线l：上总存在P、Q两点，使得恒成立，则线段PQ长度的取值范围是_______

【答案】

【分析】要使得恒成立，则点M在以PQ为直径的圆的内部，结合点到直线的距离公式，进而得到圆的半径的最小值，即可求解.

【详解】解：要使得恒成立，则点M在以PQ为直径的圆的内部，

点P、Q在直线上，

点到直线l：距离，

以PQ为直径的圆半径的最小值为，

所以PQ的最小值为6，则线段PQ长度的取值范围是，

故答案为：.

12．设、是函数的两个极值点，若，则的最小值为_______

【答案】/

【分析】由题意，是关于的方程的两根，根据可得与的函数关系，再结合的范围，可得的最小值.

【详解】，，是的两个极值点，

∴，是关于的方程的两根且，

又当时，，方程不成立，

所以，，两式作商得到：，

所以，令，则，

令，，则，

令，，则，

所以在上单调递减，所以，

所以在上单调递减，则，

则

所以，，

令，，则恒成立，

所以在上单调递减，则，

所以，

则的最小值为．

故答案为：．

【点睛】方法点睛：对于函数的极值问题，需要根据题意参变分离，利用构造函数，找到临界条件进行分析.

二、单选题

13．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据导数的运算法则求导后判断．

【详解】，A错；

，B错；

，C正确；

，D错．

故选：C．

14．函数在上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】构造函数，证明当时，，即，从而当时，，排除B，C，D，即可得解.

【详解】记，，

，

在上单调递增，

又，

当时，，即，

又，

当时，，

故排除B，C，D.

故选：A.

【点睛】本题考查了函数图象的判断以及利用导数证明不等式，考查了转化能力，属于中档题.

15．设，则（   ）

A．80 B．242 C．405 D．810

【答案】D

【分析】将给定的等式两边求导，再利用赋值法计算作答.

【详解】将两边求导，

得，显然均为正数，而均为负数，

令，得，

所以．

故选：D

16．点P为抛物线C：准线上的点，若存在过P的直线交抛物线C于A，B两点，且，则称点P为“Ω点”，那么下列结论中正确的是（     ）

A．准线上的所有点都不是“Ω点”

B．准线上的所有点都是“Ω点”

C．准线上仅有有限个点是“Ω点”

D．准线上有无穷多个点（不是所有的点）是“Ω点”

【答案】B

【分析】根据题设方程分别设出A，P的坐标，进而得到B的坐标，把A，B的坐标代入抛物线方程，联立消去y，求得判别式大于0恒成立，即可推断出方程有解，进而即可得到答案．

【详解】由题意可知抛物线C：的准线方程为，

因为，所以A为PB中点，

设，，则

由A，B在上，则，且，

消去m得，，

整理得关于n的方程，

又恒成立，

所以方程恒有实数解，

即对于任意的P点，都存在过P点的直线交抛物线C于A，B两点，使得．

故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题以新定义的形式考察直线和圆锥曲线的位置关系，将点在直线和抛物线上是否满足一定条件的问题转化成方程解的存在性问题是解答本题的关键．

三、解答题

17．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，,，底面，设点M满足．

(1)求直线PA与平面BDM所成角的正弦值；

(2)求点P到平面BDM的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解；

（2）求得，结合向量的距离公式，即可求解.

【详解】（1）解：因为平面是菱形，可得，

又因为底面，平面，所以，，

所以两两垂直，

以为坐标原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示；

则，，，，，

所以，，，．

因为，所以，．

设平面的法向量，则，

令，可得，所以平面的一个法向量，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

（2）解：由，

所以点到平面的距离．

18．已知．

(1)求展开式中含的项的系数；

(2)设的展开式中前三项的二项式系数的和为M，的展开式中各项系数的和为N，若，求实数a的值．

【答案】(1)80

(2)或．

【分析】（1）求出展开式的通项公式，令的指数为2，可求出值，从而得解；

（2）求出的展开式中前三项的二项式系数和，再令，求出的展开式中各项系数的和，然后建立方程即可求解.

【详解】（1）的展开式的通项为（，1，2，3，4，5）．

令，则，

∴展开式中含的项为，

∴展开式中含的项的系数为80．

（2）由题意可知，，

∵，

∴，解得或．

19．已知直线l：与圆C：相交于A、B两点．

(1)若，求k；

(2)在x轴上是否存在点M，使得当k变化时，总有直线MA、MB的斜率之和为0，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在点

【分析】（1）由圆的方程确定圆心和半径，利用几何法求弦长公式和点到直线的距离公式计算即可求解；

（2）设，，假设存在点满足题意，即，直线方程联立圆的方程，利用韦达定理表示、，结合两点求斜率公式，化简计算即可求解.

【详解】（1）因为圆C：，

所以圆心坐标为，半径为2，因为，

所以C到AB的距离为，

由点C到直线的距离为：，解得；

（2）设，，l的方程为，

则，得，

因为，所以，，

设存在点满足题意，即，

所以，

因为，

所以，

所以，解得．

所以存在点符合题意．

20．已知椭圆的离心率为．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线与椭圆交于两个不同点、，以线段为直径的圆经过原点，求实数的值；

(3)设、为椭圆的左、右顶点，为椭圆上除、外任意一点，线段的垂直平分线分别交直线和直线于点和点，分别过点和作轴的垂线，垂足分别为和，求证：线段的长为定值．

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆的离心率公式可得出关于的等式，解出的值，即可得出椭圆的方程；

（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算以及可求得的值；

（3）计算出，设设直线的方程为，则直线的方程为，求出点的坐标，可求点线段的中点的坐标，可求得直线的方程，联立直线、的方程，可求得点的横坐标，由此可求得的值.

【详解】（1）解：因为，，所以，解得，，

所以椭圆的方程为.

（2）解：设、，

联立方程组，可得，

,

则由韦达定理可得，，，

则，

又以线段为直径的圆经过原点，所以，

即，解得，满足，

因此，.

（3）证明：由题意、，

设，，则，，

所以，，

设直线的方程为，则直线的方程为，

联立可得，

解得，，即点，

由中点坐标公式可得，

所以，直线的方程为，

联立直线和的方程可得，

所以，，所以线段的长为定值．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

21．已知函数．

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)函数在区间上有零点，求的值；

(3)记函数，设、是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值．

【答案】(1)

(2)0或4

(3)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；

（2）求出函数的单调区间，利用零点存在性定理求出零点所在区间，即可得解；

（3）求出函数的导函数，即可得到方程两根为，，列出韦达定理，即可表示出，设，则，令，，利用导数说明函数的单调性，再结合的范围求出的方程，从而求出的范围，即可得解.

【详解】（1）因为，

所以，所以切线斜率为，

又，切点为，所以切线方程为．

（2）令，得，

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增，

所以的极小值为，

又，当时，

所以在区间上存在一个零点，此时；

因为，

，

所以在区间上存在一个零点，此时．

综上，的值为或．

（3）∵，

∴，

若，则恒成立，

所以两根为，，

∴，，

，

∵，

设，则，

令，，

则，

∴在上单调递减；

∵，

∴，

∵

，

∴，

∴，

∴，

∴当时，，

∴，即实数的最大值为．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．