贵州省黔西南州兴义市顶效开发区顶兴学校2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份贵州省黔西南州兴义市顶效开发区顶兴学校2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版），共15页。
顶兴学校2023年春季学期高二年级期中考试
数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号在试题卷上作答无效．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 数列1，，，的一个通项公式可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据各项的分子和分母特征进行求解判断即可.
【详解】因为，
所以该数列的一个通项公式可以是；
对于选项B：，所以本选项不符合要求；
对于选项C：，所以本选项不符合要求；
对于选项D：，所以本选项不符合要求，
故选：A
2. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由导数的定义求解
【详解】，则

故选：D
3. 公共汽车上有9位乘客，沿途6个车站，乘客下车的可能方式有（ ）种
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法原理即可得解.
【详解】公共汽车上有9位乘客，沿途6个车站，每位乘客下车的方法有6种，
乘客下车的可能方式有种.
故选：D．
4. 等差数列的前项和为，，若，，则数列的公差为（ ）
A. B. 3 C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列前项和公式及下标和性质得到，即可求出，从而求出公差；
【详解】解：因为，所以，即，因为，所以，又，所以；
故选：D
5. 已知函数，若，则等于（ ）
A. 1 B. C. e D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，由得出.
【详解】，因为，解得.
故选：D.
6. 圆与圆的位置关系为
A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 相离
【答案】B
【解析】
【详解】
【分析】试题分析：两圆的圆心距为，半径分别为 ，，所以两圆相交 ．故选B．
考点：圆与圆的位置关系．

7. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 80 B. 60 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题得，再利用二项式的通项即可得到答案.
【详解】，则其展开式通项为，
令，则展开式中含的项为
，
所以的系数为，
故选：D．
8. 北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等6名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ）
A. 24 B. 20 C. 18 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】先可得小明和小李必须安装不同的吉祥物有种情况，然后将剩下的4人分为两组有两种情况：一组1人，一组3人或每组各2人，再根据分类加法原理和分步乘法原理可求得结果.
【详解】小明和小李必须安装不同的吉祥物，则有种情况，根据题设条件，剩余4人分两组，有两种情况：
一组1人，一组3人，有种情况；或每组各2人，有种情况，
然后分配到参与两个吉祥物的安装，有，
故选：B．
二、多项选择题（本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 如图，北京天坛圆丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为，，，…，，设数列为等差数列，它的前n项和为，且，，则（ ）

A. B. 的公差为9 C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等差数列通项求出，，再根据等差数列求和公式即可判断.
【详解】设等差数列的公差为，∵，，∴，，解得，，故AB正确；
∴，，，∴，故C错误，，故D正确；
综上可得：只有ABD正确，
故选：ABD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 过点，在轴上截距与在轴上的截距相等的直线有两条
B. 过点作圆的切线，切线方程为
C. 经过点，倾斜角为的直线方程为
D. 直线的一个方向向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线的方程，可判断A选项；求出圆在其上一点处的切线方程，可判断B选项；取为直角，可判断C选项；利用直线的方向向量可判断D选项.
【详解】A选项，当直线过原点时，直线方程为；当直线不过原点时，设直线方程为，代入点，得，，直线方程为，
所以过点，在x轴上的截距与在y轴上的截距相等的直线有两条，A选项正确；
B选项，由于，所以在圆上，圆心为，，过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，B选项正确；
C选项，当时，不存在，所以C选项错误；
D选项，直线的斜率为2，一个方向向量为，所以D选项正确，
故选：ABD．
11. 已知双曲线，则下列各选项正确的是（ ）
A. 双曲线C的焦点坐标为 B. 双曲线C的渐近线方程为
C. 双曲线C的离心率为 D. 双曲线C的虚轴长为4
【答案】BC
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出、、，再一一判断即可.
【详解】解：双曲线，则、，所以，
则焦点坐标为，故A错误；
离心率，故C正确，虚轴长为，故D错误；
渐近线方程为，即，故B正确；
故选：BC
12. 设函数，则下列说法正确的是( )
A. 定义域是 B. 时，图象位于x轴下方
C. 存在单调递增区间 D. 有且仅有两个极值点
【答案】ABC
【解析】
【分析】直接根据函数解析式即可判断A、B；求f(x)的导数，利用导数即可研究函数的单调性、极值点，由此即可判断C、D.
【详解】对A选项，需满足，解得且，
∴的定义域为，故A正确；
对B选项，由，当时，，∴，
∴在上的图像都在x轴的下方，故B正确；
对C选项，，令，∵，
∴在单调递增，∵，∴x＞2时，g(x)＞0，，
∴存在单调递增区间，故C正确；
对D选项，由B可知，时，图象位于x轴下方；
当x＞1时，∵g(x)在单调递增，且，，
∴存在唯一的使g(x)＝0，即，
当时，g(x)＜0，，单调递减，
当时，g(x)＞0，，单调递增，
∴f(x)只有一个极小值点，故D错误.
故选：ABC.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知椭圆的焦点在x轴上，且长轴长是短轴长的2倍，则________．
【答案】4
【解析】
【分析】先将椭圆方程化标准方程，然后求出长轴长和短轴长，再根据题意列方程可求得结果.
【详解】将椭圆方程化为标准形式为，所以长轴长为2，短轴长为，
由题意得，解得．
故答案为：4
14. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程再列方程组可得答案.
【详解】，
所以，，所以切点为，
可得图象在点处的切线方程为，
即，由切线方程为可得，
，解得，，所以．
故答案为：3.
15. 将1，2，3，4，5，6这6个数字自左向右排成一行，要求数字1，6都不能排在两端，则不同的排法共有________种（用数字作答）
【答案】288
【解析】
【分析】先从中间4个位置中选2个排1和6，然后其余数字排在剩下的4个位置即可.
【详解】将1，2，3，4，5，6这6个数字自左向右排成一行，若数字1，6都不能排在两端，则不同的排法共有种．
故答案为：288
16. 已知数到满足，，记，则________；数列的通项公式为________．
【答案】 ①. 11 ②.
【解析】
【分析】结合递推公式计算出，即可求出的值；根据递推关系可得数列是以3为首项，2为公比的等比数列，即可求出结果.
【详解】因，，
所以，，，
，，因此；
由于，又，
即，所以，
因此数列是以3为首项，2为公比的等比数列，
则，即．
故答案为：①11；②．
【点睛】关键点点睛：解题发关键点是由递推关系得到数列是等比数列，考查了学生的推理能力.
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 3名男生，5名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
（1）选其中4人排成一排；
（2）全体站成一排，男生不能站在一起．
【答案】（1）1680
（2）14400
【解析】
【分析】（1）8个元素任选4个作全排列即可得结果；
（2）先将女生作全排列，再把男生插入3个空中，应用分步乘法求方法数.
【小问1详解】
从8个元素中选出4个全排列，有种排法．
【小问2详解】
先安排女生共有种排法，男生在5个女生隔成的六个空中安排共有种排法，
故（种）．
18. 已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240．求：
（1）展开式中x项的系数；
（2）展开式中所有含x的有理项．
【答案】（1）54 （2）有理项分别为：，，
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，从而可求出的值，再求出二项式展开式的通项公式，令的次数为1，求出，从而可求出展开式中x项的系数；
（2）令，求出，从而可求得所有含x的有理项．
【小问1详解】
令，则展开式中各项系数之和为，
各二项式系数和为，则，解得；
所以．
令，解得，
所以展开式中含x的系数为．
【小问2详解】
由（1）可知，令，且，
解得，
则展开式中含x的有理项分别为：
，
，
．
19. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）若，求的最大值与最小值．
【答案】（1）单调递增区间是，；单调递减区间是
（2）最大值与最小值分别为，
【解析】
【分析】（1）对求导，判断与的正负，即可得出答案；
（2）求出的极值，比较，与极值大小，即可得出答案.
【小问1详解】
，
令，得，，
当时，，故在上为增函数；
当时，，故在上为减函数；
当时，故在上为增函数．
所以单调递增区间是，，单调递减区间是．
【小问2详解】
由（1）可知在处取得极大值，
在处取得极小值．
，．
时，的最大值与最小值分别为,．
20. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，M，N分别为AB和PC的中点．

（1）求证：MN//平面PAD；
（2）求平面MND与平面PAD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在平面中构造与平行的直线，利用线线平行推证线面平行即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，利用向量法即可求得两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取中点为，连接，如下所示：

因为为正方形，为中点，故可得//；
在△中，因为分别为的中点，故可得//；
故可得//，则四边形为平行四边形，即//，
又面面，故//面.
【小问2详解】
因为面面，故可得，
又底面为正方形，故可得，则两两垂直；
故以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系如下所示：

故可得，
设平面的法向量为，又
则，即，不妨取，则，则，
取面的法向量为，
故.
设平面的夹角为，故可得，
即平面MND与平面PAD的夹角的余弦值为.
21. 设数列是由正数组成的等比数列，其中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是公差为1的等差数列，其中，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列通项公式基本量计算得到首项和公比，得到通项公式；
（2）求出，利用错位相减法求出答案.
【小问1详解】
设由正数组成的等比数列的公比为，
∵，，
∴，，
解得，
∴．
【小问2详解】
∵数列是公差为1的等差数列，其中，
∴，
∴，
∴数列的前项和，
∴，
∴，
化简得到．
22. 已知椭圆：，，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，，证明，斜率之积为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据与点在上代入椭圆方程求解即可；
（2）设的方程为，联立与椭圆的方程，设，，表达出，再代入韦达定理化简即可.
【小问1详解】
由题意得，故椭圆，
又点在上，所以，得，，
故椭圆的方程即为；
【小问2详解】
由已知直线过，设的方程为，
联立两个方程得，消去得：，
得，
设，，则，（*），
因为，故，
将（*）代入上式，可得：，
∴直线与斜率之积为定值．