2022-2023学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知函数（为自然对数的底数），则等于（    ）

A．0 B．1 C．2 D．

【答案】B

【分析】由已知可得，代入，即可得出答案.

【详解】由已知可得，

所以.

故选：B.

2．下列四个命题中为真命题的是（    ）

A．已知，，，，是空间任意五点，则

B．若两个非零向量与满足，则四边形是菱形

C．若分别表示两个空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量

D．对于空间的任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面

【答案】C

【分析】根据空间向量的运算，即可判断A项；根据已知可推得，且，即可判断B项；根据空间向量可以平移，即可得出C项；当且仅当时，，，，四点共面，可知D项错误.

【详解】对于A，因为，故A项错误；

对于B，因为，所以，且，

所以四边形是平行四边形，不一定是菱形，故B项错误；

对于C，因为空间向量可以平移，将空间任意两个向量平移到同一起点时，则这两个向量可以是共面向量，故C项正确；

对于D，对于空间的任意一点和不共线的三点，，，若，当且仅当时，，，，四点共面，故D项错误.

故选：C.

3．若直线是函数的切线，则实数的值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】求出，设切点坐标为，根据导数的几何意义可得，即可得出.又可知，代入即可得出的值，进而即可得出的值.

【详解】由题意可知，.

因为直线是函数的切线，设切点坐标为，

根据导数的几何意义可得，，

所以.

又在直线上，

所以，即，

所以，

整理可得，所以，

所以.

故选：C.

4．定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示，则以下结论正确的是（    ）

A．是函数的一个零点 B．是函数的极大值点

C．的单调递增区间是 D．无最小值

【答案】C

【分析】由图象可得出函数的单调区间，进而得出函数的极值点、最值点，即可得出答案.

【详解】对于A项，由已知图象，仅可得出函数的单调性以及极值点，并不能得出函数的值，故A项错误；

对于B项，由已知图象可知，

当时，，所以在上单调递减；

当时，恒成立，所以在上单调递增，

所以是的极小值点，无极大值点，故B项错误；

对于C项，由B可知，在上单调递增，故C正确；

对于D项，由B可知，在处取得唯一极小值，也是最小值，所以D错误.

故选：C.

5．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】在二项展开式中令求得判断A选项；令，组成方程组判断BC选项；令可判断D选项.

【详解】，令，得，A错误；

令，可得，①

令，可得，②

得，B错误；

得，C错误；

令，可得，

即，

又，

所以，D正确.

故选：D

6．若函数在上不单调，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出.由已知可得在上有极值点.分以及讨论，即可得出答案.

【详解】由，得.

因为在上不单调，所以在上有极值点.

当时，在上恒成立，

所以在上单调递减，不满足题意；

当时，令，得，

所以有，解得.

综上所述，实数的取值范围为.

故选：C.

7．如图，在平行六面体中，，，，，，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量的基本定理和向量的数量积的定义即可求解.

【详解】设，，，

因为向量不共面，故可构成空间的一组基底，

结合，，，，，

所以=0，，，

则，，

可得

，

，

，

所以，

又因为异面直线所成角的范围是，

所以与所成角的余弦值为.

故选：B.

8．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，构造函数，，求导由其单调性即可得到结果.

【详解】因为，，，

故可构造函数，，

则，

所以在上单调递增，所以，即.

故选:D

二、多选题

9．二项式的展开式的各项中，二项式系数最大的项是（    ）

A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项

【答案】BC

【分析】根据二项式系数的性质进行求解即可.

【详解】根据二项式系数的性质可知，该二项式系数最大的项为：即第5项和第6项，

故选：BC

10．下列结论中，正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用基本初等函数求导公式，复合函数求导公式以及导数的运算法则的进行求导，逐项分析即可.

【详解】对于A，常数的导数等于0，

故A错误；

对于B，令，，则，，

故B正确；

对于C，，

故C错误；

对于D，利用公式，

故D正确.

故选：BD.

11．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，平面，垂足为，为上的点，，以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，设，则（    ）

A．

B．平面的一个法向量为

C．当时，点到平面的距离为

D．当时，点到直线的距离的平方为

【答案】ABD

【分析】先证明平面，即可得出.进而得出点的坐标，得出A项；，，即可求出平面的法向量，得出B项；当时，，，然后根据向量法即可求出点到平面的距离，判断C项；当时，，，然后根据向量法即可求出距离，判断D项.

【详解】对于A项，因为底面，平面，

所以，.

又，平面，平面，

所以，平面.

因为平面，所以.

因为，则，，，，.

因为为上的点，，所以，故A正确；

对于B项，因为，，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，所以平面的一个法向量为，故B正确；

对于C项，当时，，，

所以点到平面的距离，故C错误；

对于D项，当时，，，

所以，，，，

所以，点到直线的距离的平方，故D正确.

故选：ABD.

12．已知函数，，则（    ）

A．有两个极值点 B．的图象与轴有三个交点

C．点是曲线的对称中心 D．若存在单调递减区间，则

【答案】AC

【分析】对A：用导数研究的单调性与极值，判断极值点个数；对B：求出的极值，结合单调性分析的图象与轴交点个数；对C：将的对称中心平移得到曲线的对称中心；对D：存在单调递减区间转化为有解.

【详解】由题意得，令，则或，令，则，

所以在，上单调递增，在上单调递减，

所以有两个极值点，为，故A正确；

因为，，，

所以函数的图象在上与轴有一个交点，

当时，，即函数的图象在上与轴无交点，

综上所述，函数的图象与轴有一个交点，故B错误；

令函数，该函数的定义域为，，

则函数是奇函数，点是曲线的对称中心，

将函数的图象向上平移一个单位长度得到函数的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C正确；

若函数存在单调递减区间，

则有解，即有解，

所以，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．A、B、C、D四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，若A和不参加同一科，且这三科都有人参加，则不同的选择种数是______.（用数字作答）.

【答案】

【分析】根据题意，先安排四位同学参加三科竞赛且每科都有人参加的情况，再去除A和参加同一科的情况即可得答案.

【详解】根据题意，若四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，且这三科都有人参加，则共有种情况，

若四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，且这三科都有人参加，A和参加同一科的有种情况；

所以，满足题意的情况共有种.

故答案为：.

14．若的展开式中的系数为，则__________.

【答案】

【分析】首先写出展开式的通项，即可得到含的项，从而得到方程，解得即可.

【详解】二项式展开式的通项为

所以的展开式中含的项为，

所以的展开式中的系数为，所以.

故答案为：

15．如图，已知平面，，，，，.若，，则与平面所成角的余弦值为__________.

【答案】

【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得出点的坐标，求出的坐标以及平面的法向量，根据向量法，即可得出答案.

【详解】

依题意，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，

由已知可得，，，，，，

则，，.

设是平面的法向量，

则，即，

令，则，，

所以是平面的一个法向量.

设与平面所成的角为，.

因为，，，

则，

所以.

因为，

所以，

所以与平面所成角的余弦值为.

故答案为：.

16．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，若，则不等式的解集为__________.

【答案】

【分析】构造函数，求出导函数，根据导函数结合已知条件得出函数的单调性.又根据为偶函数，可推得，.原不等式等价于，根据函数的单调性，即可得出答案.

【详解】令，即，

则.

因为，所以在R上恒成立，

所以在上单调递增.

又为偶函数，

所以，所以，

所以.

又不等式等价于，即，即.

又在上单调递增，可得.

所以，不等式的解集为.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：构造函数，根据导函数，结合已知得出函数的单调性.然后根据已知求得的解.又原不等式等价于，即可利用单调性得出答案.

四、解答题

17．已知向量，，.

（Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值；

（Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值.

【答案】（Ⅰ）实数和的值分别为和.（Ⅱ）

【分析】(Ⅰ)根据可求得,再根据垂直的数量积为0求解即可.

(Ⅱ)根据共面有,再求解对应的系数相等关系求解即可.

【详解】解：(Ⅰ)因为,所以.

且.

因为向量与垂直,

所以.

即.

所以实数和的值分别为和.

(Ⅱ)因为向量与向量，共面,所以设（）.

因为,

所以

所以实数的值为.

【点睛】本题主要考查了空间向量的基本求解方法,包括模长的运算以及垂直的数量积表达与共面向量的关系等.属于基础题.

18．已知在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.

(1)求的值；

(2)求的展开式的中间两项.

【答案】(1)7

(2)，

【分析】（1）写出对应项的系数列方程求解即可；

（2）利用二项式定理即可.

【详解】（1）展开式的通项为，

展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，

，即，.

（2）由（1）可知，，

的展开式的通项为.

二项展开式共有8项，中间两项即为第4项和第5项，

，

.

的展开式的中间两项分别为，.

19．当时，函数取得极小值2.

(1)求实数，的值；

(2)求函数的最小值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出.由已知可得，，求出的值，代入可得，进而得出函数的单调性，检验，即可得出答案；

（2）由已知可得，.然后根据导函数得出函数的单调性，即可得出函数的极值、最值.

【详解】（1）因为函数，定义域为，

所以.

依题意可知，，，

解得，，

所以，

令，得.

令，得，所以函数在上单调递增；

令，得，所以函数在上单调递减..

所以当时，函数取得极小值，满足题意.

所以，.

（2）由（1）可知，

所以，则.

令，得.

令，得，所以在上单调递增；

令，得，所以在上单调递减.

所以在处取得极小值，也是最小值，故.

20．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是的中点.

(1)求证：平面；

(2)若二面角的余弦值为，求线段的长度.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点为，连接，可得.根据线面垂直的性质可得.由勾股定理可求得，然后证明四边形为平行四边形，根据勾股定理求得.在中，根据勾股定理可推得，进而即可得出线面垂直；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标.然后求出平面以及平面的法向量，由已知可得出，化简求出，即可得出，求出向量的模，即可得出答案.

【详解】（1）

如图1，取中点为，连接，则.

因为平面，平面，

所以.

因为底面是直角梯形，，，

所以.

因为，，

所以，四边形为平行四边形，

所以，，，

所以，，

所以，，

在中，有，

所以，.

又，平面，平面，

所以平面.

（2）由（1）可知，.

以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向，如图2，建立空间直角坐标系，

则，，.

设，则，

，，，.

设为平面的一个法向量，

则，即，

取，则为平面的一个法向量.

设为平面的一个法向量，

则，即，

取，则为平面的一个法向量.

由已知可得，，

整理可得，.

因为，所以，，

所以，.

21．某城镇在规划的一工业园区内架设一条16千米的高压线，已知该段线路两端的高压线塔已经搭建好，余下的工程只需要在已建好的两高压线塔之间等距离的再修建若干座高压电线塔和架设电线．已知建造一座高压线电塔需2万元，搭建距离为x千米的相邻两高压电线塔之间的电线和人工费用等为万元，所有高压电线塔都视为“点”，且不考虑其他因素，记余下的工程费用为y万元．

(1)试写出y关于x的函数关系式．

(2)问：需要建造多少座高压线塔，才能使工程费y有最小值？最小值是多少？（参考数据：）

【答案】(1)

(2)需建19座高压线塔可使得余下的工程费用最低，且最小值为44.72万元

【分析】（1）由已知可得工程费用包括建造高压线电塔所需费用和搭建距离为x千米的相邻两高压电线塔之间的电线和人工费用的总和，即可列出函数关系式；

（2）利用导数求解函数的单调性，然后求出最小值即可.

【详解】（1）（1）由题意知，需要新建的高压线塔为座．          

所以，            

即．

（2）由（1），得，         

令得或（舍去）．         

由，得；由，得，

所以函数y在区间上单调递减；在区间上单调递增．          

所以当时，函数y取得最小值，

且，

此时应建高压线塔为（座）．        

故需建19座高压线塔可使得余下的工程费用最低，且最小值为44.72万元．

22．已知函数，，讨论函数的极值.

【答案】答案见解析

【分析】求导，分类讨论判断单调性，进而确定极值.

【详解】由题意可得：的定义域为，，

令，得，，

①当，即时，恒成立，

则函数在定义域内单调递增，

所以函数在定义域内没有极值；

②当，即时，

当和时，；当时，；

则函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，

所以当时，函数有极大值，当时，函数有极小值；

③当，即时，

当和时，；当时，；

此时函数在区间和上单调递增；在区间上单调递减，

所以当时，函数有极小值；当时，函数有极大值；

综上所述：当时，没有极值；

当时，有极大值，极小值；

当时，有极小值，极大值.