安徽省安庆市、铜陵市、池州市2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

安徽省池州市第一中学等校2022-2023学年高二下学期期中联考

数学试题

满分：150分   考试时间：120分钟

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰.

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效.

4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.

5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1. （    ）

A. 64 B. 63 C. 32 D. 31

【答案】D

【解析】

【分析】根据组合数公式的性质求解即可

【详解】

，

故选：D

2. “声东击西”是游击战争的一种战术：声东可以击东、南、西、北中的任意一个方向，以此灵活地打击或消灭敌人.同样还有“声南击北”等不同的战术，由此可知这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为（    ）

A. 16 B. 12 C. 4 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，分析声和击的情况，再由分步乘法计数原理可得答案.

【详解】根据题意，声的情况有4种，击的情况也有4种，所以这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为.

故选：A.

3. 某一天的课程要排语文、数学、英语、物理、政治、体育、生物共七门课各一节，若物理不排第一节，则排法总数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先考虑第一节课的排课，有六种选择，剩余六节课随便排，结合分步乘法计数原理可得结果.

【详解】若物理不排第一节，则第一节可以排语文、数学、英语、政治、体育、生物六门课中的一门，

剩余六门课随便排，所以，不同的排法种数为.

故选：B.

4. 当时，函数的最大值为（    ）

A.  B.  C. 0 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】，令，然后利用导数可求出其最大值

【详解】，则，令，则，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以，

所以的最大值是.

故选：A

5. 方程的正整数解的个数为（    ）

A. 56 B. 35 C. 70 D. 66

【答案】B

【解析】

【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可．

【详解】原问题相当于将8个相同小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，

采用隔板法，将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可，

故共有种．

故选：B.

6. 设，则的展开式中的系数为（    ）

A. 16 B. 448 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据，结合二项式定理公式求解即可.

【详解】因为，

所以，

令，得，所以展开式中的系数为.

故选：C

7. 设为实数，首项为、公差为的等差数列的前项和为，且满足：，的最小值为（    ）

A. 6 B. 8 C. 9 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】将等差数列前n项和公式代入，整理为关于的二次方程，由判别式求得的最小值.

【详解】因为，所以，

所以，因为为实数，所以，所以.

故选：B.

8. 已知函数，若关于的方程恰好有6个不同实根，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，令可得，再求导分和两种情况，数形结合分析极值满足的区间范围，进而列式求解即可.

【详解】设，则时，，解得，

要满足题意则，且方程分别应有3个不同实根.

又，

①当时，单调递增，方程不可能有3个不同实根；

②当时，可得在上单调递增，上单调递减，

则.

要使原方程有6个不同实根，则；

（ⅰ）当时，因，故只需，解得满足；

（ⅱ）当时，只需，

设，原不等式等价为，即，即.

综上得满足条件的的取值范围是.

故选：D.

二、选择题：共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（    ）

A.  B.

C. 与为相交直线或异面直线 D. 在上的投影向量的坐标为

【答案】BC

【解析】

【分析】由空间向量的坐标运算判断线面的平行垂直关系，可判断A、B、C选项；利用投影向量的计算公式计算可判断D选项.

【详解】因为，所以或，所以A错误；

因为，所以，所以B正确；

因为，则不成立，所以与为相交直线或异面直线，所以C正确；

在向量上的投影向量为，所以D错误.

故选：BC.

10. 若点在双曲线（，）一条斜率为正的渐近线的右侧，为半焦距，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】点在一条斜率为正的渐近线的右侧可得，从而可判断选项C、D正误；对A直接用分析法证明即可；对B由可证得结论成立.

【详解】可得双曲线的一条斜率为正的渐近线方程为: ，

因为在右侧,所以，故,故C错误；

所以,故D正确；

对A：要证，即证，即证，显然成立，故A正确；

对B：，故B正确；

故选:ABD.

11. 甲乙丙等5人的身高互不相同，站成一排进行列队训练，则（    ）

A. 甲乙不相邻的不同排法有48种

B. 甲乙中间恰排一个人的不同排法有36种

C. 甲乙不排在两端的不同排法有36种

D. 甲乙丙三人从左到右由高到矮的不同排法有20种

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据排列和组合的定义、结合捆绑法逐一判断即可.

【详解】A：甲乙不相邻的不同排法有种，所以本选项不正确；

B：甲乙中间恰排一个人的不同排法有种，所以本选项正确；

C：甲乙不排在两端的不同排法有种，所以本选项正确；

D：甲乙丙三人从左到右由高到矮的不同排法有种，所以本选项正确.

故选：BCD

12. 如图所示，设为抛物线上位于第四象限内的一点，过作的切线与的正半轴、的负半轴分别交于点，若直线、曲线轴及轴围成阴影部分的面积取得最小值为，则（    ）

A. 到轴的距离为 B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据抛物线与轴围成的面积为定值，由三角形的面积取得最小值求解.

【详解】解：因为抛物线与轴围成的面积为定值，

所以直线、曲线轴及轴围成阴影部分的面积取得最小值等价于三角形的面积取得最小值.

设，所以切线的斜率为，

所以切线方程为，

所以，且，

所以，

令得，

当时，；当时，，

所以当时，取得最小值，

到轴的距离为，所以A成立；

当时，，所以，所以B成立；

，所以，所以C成立；

，其中为抛物线的顶点，所以D不成立.

故选：ABC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数，则________.

【答案】

【解析】

【分析】根据二项式定理化简表达式，求出其导数，代入求值，可得答案.

【详解】由二项式定理可知，

所以，

故答案为：

14. 在半径为的球内作内接于球的圆柱，则圆柱体积取最大值时，对应的高为________.

【答案】2

【解析】

【分析】设出球的内接圆柱的高，再表示出圆柱底面圆半径，列出圆柱体积的函数关系，借助导数求解作答.

【详解】设球内接圆柱的高为，底面半径为，于是球心到圆柱底面距离为，

因此，即，则圆柱体积，

显然，求导得，当时，，当时，，

于是函数在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，取得最大值.

故答案为：2

15. 三进制数对应的十进制数记为，即，其中或，则对应的十进制数为________，满足中有2个0，4个2的所有三进制数的个数为________.

【答案】    ①. 1019    ②. 30

【解析】

【分析】根据三进制对应10进制的计算方法求解即可得对应的十进制数；根据首位为1，2，再选取剩下6位中有2个0求解即可.

【详解】对应的10进制数为；

满足中有2个0，4个2的所有三进制数的个数为.

故答案为：1019；30

16. 已知实数满足：，若的值仅与有关，则实数的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】根据点到直线距离公式模型，根据直线与圆的位置关系进行求解即可.

【详解】，

显然直线与动直线平行或重合，

可以验证：直线在圆的下方，若的值仅与有关，

则动直线与直线必同在圆的下方，

当直线与圆相切且在圆的下方时，，

所以.

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用点到直线距离公式模型.

四、解答题：共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知，求：

（1）值；

（2）的值.

【答案】（1）0    （2）

【解析】

【分析】（1）赋值代入计算即可；（2）先将等式左边构造成二项式，并将其展开，求得各项的系数的通项公式，再将2022代入计算即可.

【小问1详解】

令即得，；

【小问2详解】

因为，

所以，

.

18. 某质点位移随时间变化的函数为，其中的单位为，位移单位为，若的图象为一条连续曲线.

（1）求的值；

（2）求质点在时的瞬时速度.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意可知两个函数在时的函数值相等，从而可求出的值；

（2）对求导，然后求即可得答案.

【小问1详解】

因为的图象为一条连续曲线，

所以，

化简得，解得；

【小问2详解】

当时，，

所以，

所以.

19. 如图，在正方体中，点分别在棱上，正方体的棱长为.

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，证明，再利用线面垂直的判定即可；

（2）求出相关平面的法向量，利用面面角的空间向量求法即可.

【小问1详解】

如图，以为坐标原点，射线所在向量为轴建立空间直角坐标系.

所以，所以，，

所以，

所以，所以，

又，且平面，所以平面.

【小问2详解】

由（1）得，平面的法向量为，

又，

所以，

设平面的法向量为，

所以令，则，则，

.

20. 10级台阶，青蛙一步可跳一级，也可跳两级，也可跳三级.

（1）当出现且只出现一步跳一级与一步跳两级两种跳步方法时，青蛙跳完台阶的方法数是多少？

（2）当出现且只出现两种跳步方法时，青蛙6步就可跳完台阶的方法数是多少？

【答案】（1）87    （2）30

【解析】

【分析】（1）设跳一级、两级的步数分别为，则，求出的值，再利用组合数公式可求得结果，

（2）设跳1级、2级、3级的步数分别为，列方程组求出，再利用组合数公式求解.

【小问1详解】

设跳一级、两级的步数分别为，所以，

出现且只出现一步跳一级与一步跳两级两种跳步方法时，

解得，或，或，或，

所以青蛙跳完台阶的方法总数为；

【小问2详解】

设跳1级、2级、3级的步数分别为，

所以，

因为只出现两种跳步方法，所以中有且仅有一个为0，

所以，或，

所以青蛙跳完台阶的方法总数为.

21. 已知椭圆的左、右焦点分别为点，短轴的上、下端点分别为，若椭圆的离心率为，四边形的面积为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设两条直线与交于椭圆的右焦点，且互相垂直，直线交椭圆于点，直线交椭圆于点，探究：是否存在这样的四边形，使得其面积为？请说明理由.

【答案】（1）   

（2）不存在，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的离心率为，四边形的面积为，由求解；

（2）当直线的斜率存在且不为0时，设直线为，直线为，其中，将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式得到

所以，进而得到，然后利用求解；再由直线的斜率为0和不存在求解.

【小问1详解】

解：设椭圆的半焦距为，

由已知得，即，

令，则，

所以，

所以，所以，

所以椭圆的标准方程为；

【小问2详解】

如图所示：

当直线的斜率存在且不为0时，

因为两条直线与交于椭圆的右焦点，且互相垂直，

所以可设直线为，直线为，其中，

再设，

将直线方程代入椭圆方程得，

，

，

所以，

所以，

将中的换成，得，

设由四个点围成的四边形面积为，

则，

令，所以，

化简得，，

因为

，所以无解；

当直线的斜率为0时，，此时，

当直线的斜率不存在时，，此时，

所以不存在这样的四边形，使得其面积为.

【点睛】易错点点睛：在涉及到直线的点斜式方程时，往往忽略斜率不存在和零的情况，导致解题不完整。

22. 设，函数，

（1）当时，求的最小值；

（2）判断零点的个数.

【答案】（1）1    （2）两个不同的零点

【解析】

【分析】（1）利用多次求导的方法求得的单调性，进而求得的最小值.

（2）先求得，由（1）求得的单调性，结合零点存在性定理判断出零点的个数.

小问1详解】

，

令，所以，

令，

当时，，

当时，，

所以，

所以，即，

所以在时单调递增，

所以，

所以的最小值为1；

【小问2详解】

，函数的定义域为，

，

当时，当时，，当时，，

所以，

当时，由（1）得，当时，，

所以，

因为，

所以此时在上有唯一的零点，

即此时在上有唯一的零点，

当时，，

令，

取，则，

所以此时在上有唯一的零点，

即此时在上有唯一的零点，

综上，当时，函数有两个不同的零点.

【点睛】在利用导数研究函数的单调性、极值、最值的过程中，如果一次求导无法求得函数的单调区间，可利用多次求导的方法来进行求解.在利用导数研究函数的零点问题的过程中，除了利用导数研究函数的单调区间外，还需要利用零点存在性定理来确定零点的个数.