2022-2023学年重庆市第十一中学校高二下学期期中数学试题含答案

重庆十一中2022-2023学年下期高二期中考试

数学试题

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分． 每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．

1. 计算的值是（    ）

A 252 B. 70 C. 56 D. 21

【答案】C

【分析】根据组合数的计算公式即可求解.

【详解】
 

故选：C.

2. 已知奇函数满足，则=（    ）

A.  B.  C. 1 D. −1

【答案】B

【分析】根据奇函数的性质和导数的定义即可求出结果.

【详解】因为是奇函数，所以.

故选：B.

3. 如图是函数的导函数的图象,则下列说法正确的是（    ）

A. 是函数的极小值点

B. 当或时，函数的值为0

C. 函数在上是增函数

D. 函数在上是增函数

【答案】D

【分析】由导函数的图象得到原函数的增减区间及极值点，然后逐一分析四个命题即可得到答案．

【详解】解：由函数的导函数图象可知，

当时，，原函数为减函数；

当时，，原函数为增函数.

故D正确，C错误；

故不是函数的极值点，故A错误；

当或时,导函数的值为0，函数的值未知，故B错误；

故选：D.

4. 若，则(    )

A. 27 B. －27 C. 54 D. －54

【答案】B

【分析】采用赋值法，令和得到不同的系数和，两个系数和相加即可求．

【详解】，

令可得，

令可得，

两式相加可得，∴．

故选：B．

5. 已知直线：过定点，则点到直线：距离的最大值是（    ）

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】D

【分析】本题首先求出，然后发现直线：恒过定点，由图可得点到直线：距离的最大值可转化为点与点的距离.

【详解】由题意知，直线：恒过定点，

直线：恒过定点，如图所示，

过作的垂线段，垂足为，

那么必有，当且仅当与重合时取等号，

从而的最大值为，

即点到直线：距离的最大值是.

故选：D.

6. 已知函数，则正确的是（    ）．

A. 的极大值2 B. 有三个零点

C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线

【答案】C

【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可判断A，B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项.

【详解】因为，所以，

令，得或，令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，取得极大值且，故A错误；

所以当时，取得极小值且，

当趋近于正无穷，趋近于正无穷，

当趋近于负无穷，趋近于负无穷，

则的图象如下图，

有2个零点，故B错误；

对任意的，，

所以，点是曲线的对称中心，C正确；

设是函数的一条切线，设切点坐标为，

，由题意可得，解得：，

所以切点为：或，

切点不在上，故D错误.

故选：C.

7. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（    ）

A. 720 B. 1440 C. 2280 D. 4080

【答案】C

【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.

【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.

这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.

当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14

当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，

则大于3.14的不同数字的个数为

故选：C

8. 已知函数是定义在上的可导函数，，且，则不等式的解集为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【分析】根据题设条件构造函数，根据已知不等式分析的单调性，再根据特殊值判断需满足的不等式，即可求出解集.

【详解】由可得，

设，则，

，在上为减函数，又由，可得，.

故选A.

【点睛】常见的利用导数的不等关系构造函数的类型：

（1）若已知，可构造函数：分析问题；

（2）若已知，可构造函数：分析问题；

（3）若已知，可构造函数：分析问题；

（4）若已知，可构造函数：分析问题.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 下列求导运算正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】BD

【分析】根据导数的运算法则及复合函数的求导法则即可判断各选项.

【详解】，故A不正确；

，故B正确；

，故C不正确；

，故D正确.

故选：BD.

10. 我校111周年校庆将于2023年5.20进行，为了宣传需要，现在对我校3男3女共6名学生排队照相，则下列说法正确的是（    ）

A. 6名学生排成两排，女生在第一排，男生在第二排，一共有720种不同的排法

B. 6名学生排成一排，男生甲只能排在队伍的两端的共有120种排法

C. 6名学生排成一排，男生甲、乙相邻的排法总数为240种

D. 6名学生排成一排，男女生相间的排法总数为72种

【答案】CD

【分析】利用排列计数原理可判断A选项；利用特殊元素优先考虑可判断B选项；利用捆绑法可判断C选项；利用列举法结合排列计数原理可判断D选项.

【详解】对于A，女生在第一排则，男生在第二排则，

所以共有种不同的排法，故A不正确.

对于B，男生甲只能排在队伍的两端的共有，故B不正确；

对于C，男生甲、乙相邻，将男生甲、乙捆绑在一起有种不同的排法，

再与其他学生全排列，则种不同的排法，

所以共有种不同的排法，故C正确；

对于D，男女生相间，共有两种情况：男女男女男女、女男女男女男，

共有种不同的排法，故D正确.

故选：CD.

11. 2022年卡塔尔世界杯会徽正视图近似伯努利双纽线．伯努利双纽线最早于 1694 年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（      ）

A. 双纽线是中心对称图形

B.

C. 双纽线上满足的点有2个

D. 的最大值为

【答案】ABD

【分析】A.先由双纽线的定义得到方程，将 替换方程中的 判断；B. 由求解判断；C. 由方程令求解判断；D. 由 ，结合余弦定理判断.

【详解】由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，

则双纽线的方程为，

将替换方程中的，方程不变，

故双纽线关于原点成中心对称，故A正确；

由等面积法得，则，

所以，故B正确；

令，得，解得，

所以双曲线上满足的点有一个，故C错误；

因为，所以，

由余弦定理得，

所以，

所以的最大值为，故D正确.

故选：ABD.

12. 已知直线与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为，则（    ）

A.  B.  C.  D. 构成等比数列

【答案】ACD

【分析】利用导数求出两个函数的单调区间，画出函数图象，得到的范围，由判断A；由判断B；由判断C；由判断D.

【详解】，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，，

，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，，

如图，作出函数，的大致图象，

则，则，故A对；

在上单调递增，

，B错；

在单调递减，

，C对；

，

又，所以构成等比数列，D对.

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：利用导数求出两个函数的单调区间，画出函数图象，再利用数形结合思想是解决本题的关键.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 的展开式中的系数是_____

【答案】480

【分析】根据题意，利用组合数的性质即可得结果.

【详解】展开式中含项为: ,

含项的系数为：，

由于，

所以，

即展开式中含项的系数为480.

故答案：480

14. 已知一个底面半径为的圆锥，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的体积为_____．

【答案】

【分析】根据条件，求圆锥的母线长和高，再利用圆锥的体积公式即可求出结果.

【详解】设圆锥的母线长为，则，得，所以圆锥的高为，故圆锥的体积为.

故答案为：.

15. 已知函数，对于任意不同的，，有，则实数a的取值范围为______．

【答案】

【分析】设，结合不等式可得，构造函数，则，即单调递增，转化问题为恒成立，进而分离参数，结合基本不等式即可求解.

【详解】对于任意，，有，

不妨设，则，即，

设，则，

又，所以单调递增，则恒成立，

因为，

所以，令，

要使在恒成立，只需恒成立，即恒成立，

又，所以，即，

故答案为：

16. 杨辉是我国南宋伟大的数学家，“杨辉三角”是他的伟大成就之一．如果将杨辉三角从第一行开始的每一个数都换成，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到很多定理，甚至影响到微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第2023行中最小的数是____________________(结果用组合数表示)

【答案】或

【分析】因为从第一行开始的每一个数都换成，所以第行中最小的数根据性质即可得到.

【详解】解：因为从第一行开始的每一个数都换成，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，

所以“莱布尼茨三角形”第行从左向右分别为，，，，.

所以“莱布尼茨三角形”第行从左向右的数分别为，，，，.

所以第行中最小的数是，，，，中最大的一项或两项，

根据组合数的性质得到在，，，，中和最大.

所以“莱布尼茨三角形”第行中最小的数是或.

故答案为：或.

四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列．

（1）求n的值；

（2）求展开式中x的系数．

【答案】（1）14或23   

（2）当时，的系数为364；当时，的系数为1012.

【分析】（1）根据第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列可得，化简得，即可求解

（2）根据二项式的通项公式即可求解出结果..

【小问1详解】

因为的展开式中，第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，所以，即，

化简可得，解得或.

【小问2详解】

因为的展开式的通项公式为，

由（1）知，当时，，取，得到，此时展开式中x的系数为364，

当时，，取，得到，此时展开式中x的系数为1012.

18. 设()，曲线在点处切线与轴相交于点．

（1）求的值；

（2）函数在(0， 4]上的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【分析】（1）求出导数，得，写出题中切线方程，令，则，由此可得；

（2）由（1）求出导数，得到在的单调性，比较的大小，即可得出答案.

【小问1详解】

因为，故．

令，得，，

所以曲线在点处的切线方程为，

由点在切线上，可得，解得；

【小问2详解】

由（1）知，，

．

令，解得，．

当或时，，故的递增区间是，；

当时，，故的递减区间是．

，，

因为，

所以在(0， 4]上最大值为.

19. 已知函数，．

（1）若是函数的极值点，求的值；

（2）若函数在上仅有个零点，求的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）(1，]

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可验证是函数的极值点；

（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，结合函数的单调性求出函数的零点个数，确定的范围．

【小问1详解】

由题知，的定义域为，，

，解得，

，

当时，；当或时，.

的单调增区间是和，单调减区间为.

所以是函数的极值点，所以.

【小问2详解】

由（1）知，，

①当时，恒成立，

在上单调递增，最多只有个零点，不符合条件，舍去.

②当时，当时，恒成立，

在上单调递减，最多只有个零点，不符合条件，舍去.

③当时，令得，

在上递减，在上递增，

要使函数区间上有且仅有个零点，必有

即

解得：.

故答案为：(1，]

20. 吴老师发现《九章算术》有“刍甍”这个五面体，于是她仿照该模型设计了一个学探究题，如图：E，F，G分别是正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到一个“刍甍”．

（1）若是四边形对角线的交点，求证：∥平面；

（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【分析】（1）取线段中点，连接，则根据已知条件可证得四边形是平行四边形，则∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论；

（2）由题意可得即为二面角的平面角，则，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图所示，然后利用空间向量求解即可.

【小问1详解】

取线段中点，连接，

由图1可知，四边形是矩形，且，

是线段与的中点，

∥且，

在图1中∥且，∥且．

所以在图2中，∥且，

∥且

四边形是平行四边形，则∥

由于平面，平面

∥平面

【小问2详解】

由图1，，折起后在图2中仍有，

即为二面角的平面角．

，

以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，

且设，

则，

，

，

设平面的一个法向量，

由，得，取则

于是平面的一个法向量，

，

∴直线与平面所成角的正弦值为

21. 已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.

（1）求椭圆的方程；

（2）试探究：在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在定点,使得为定值

【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；

（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.

【小问1详解】

为等边三角形，，，；

的周长为，，

解得：，，，

椭圆的方程为：.

【小问2详解】

假设在轴上存在定点，使得为定值；

由（1）知：，直线斜率不为零，

可设，，，

由得：，则，

，，

；

为定值，，解得：，此时定值为；

存在定点，使得为定值.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点、定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出所求量，代入韦达定理可整理消元确定定值或根据定值求得定点.

22. 已知函数．

（1）讨论函数的导数的单调性；

（2）若为的极值点，证明：．

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【分析】（1）根据题意整理可得，分类讨论判断原函数的单调性；

（2）根据题意结合（1）中的单调性，可求得，结合零点存在性定理分别证明，，即可得结果.

【小问1详解】

设，则，

注意到，则有：

①当时，则，故对恒成立，故的单调递减区间为；

②当时，令，解得，

当时，；当时，；

故的单调递增区间为，单调递减区间；

综上所述：①当时，的单调递减区间为；

②当时，的单调递增区间为，单调递减区间.

【小问2详解】

若有两个极值点，则有两个变号的零点，

由（1）可得：

设，则在上递减，且

可得：，则，即，解得，

即，解得，

当时，则有：

先证：，

设，则

令，解得；令，解得，

所以在递减，在递增，所以，

故对恒成立，

，

当时，则，即，可得，

故在上存在唯一一个零点，即；

再证：，

当时，即，可得，

则，

∵当时，则，即，

可得，

故；

综上所述：.

∴.

【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；