2022-2023学年江苏省泰州市兴化中学、泗洪中学、泰兴中学高二（下）联考数学试卷（3月份）（含解析）

2022-2023学年江苏省泰州市兴化中学、泗洪中学、泰兴中学高二（下）联考数学试卷（3月份）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知空间向量，，若与垂直，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

2.  在的展开式中，的系数为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知函数，则实数(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知，，，若三向量共面，则实数等于(    )

A.  B.  C.  D.

5.  李中水上森林公园原为荒滩，经过治理，成为江苏省最大的人工生态林园内栽种了万余株水杉、池杉等品种树木，垛与垛间的夹沟里鱼游虾戏这里是丹顶鹤、黑鹳、猫头鹰、灰鹭、苍鹭、白鹭等候鸟的乐园游客甲与乙同时乘竹筏从码头沿下图旅游线路游玩甲将在二月蓝花海之前的任意一站下竹筏，乙将在童话国之前的任意一站下竹筏，他们都至少坐一站再下竹筏，则甲比乙后下的概率为(    )

 

A.  B.  C.  D.

6.  若函数在上有小于的极值点，则实数的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  据说，笛卡尔担任瑞典一小公国的公主克里斯蒂娜的数学老师，日久生情，彼此爱慕，其父国王知情后大怒，将笛卡尔流放回法国，并软禁公主，笛卡尔回法国后染上黑死病，连连给公主写信，死前最后一封信只有一个公式：国王不懂，将这封信交给了公主，公主用笛卡尔教她的极坐标知识，画出了这个图形“心形线”明白了笛卡尔的心意，登上了国王宝座后，派人去寻笛卡尔，其逝久矣某同学利用电脑软件将，两个画在同一直角坐标系中，得到了如图“心形线”观察图形，当时，的导函数的图象为(    )
 

A.  B.
C.  D.

8.  已知，，，则，，的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  下列命题为真命题的是(    )

A. 展开式的常数项为 B. 被除余
C. 展开式的第二项为 D. 被除余

10.  如图所示，在直三棱柱中，底面是以为直角的等腰直角三角形，，，是的中点，点在棱上，要使平面，则的值可能是(    )

A.
B.
C.
D.

11.  已知函数，，则(    )

A. 在上单调递增
B. 存在，使得函数为奇函数
C. 函数有且仅有个零点
D. 任意，

12.  下列说法正确的是(    )

A. 空间有个点，其中任何点不共面，以每个点为顶点作个四面体，则一共可以作个不同的四面体
B. 甲、乙、丙个人值周，从周一到周六，每人值天，但甲不值周一，乙不值周六，则可以排出种不同的值周表
C. 从，，，，这个数字中选出个不同的数字组成五位数，其中大于的共有个
D. 个不同的小球放入编号为，，，的个盒子中，恰有个空盒的放法共有种

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  ______ 用数字作答

14.  函数，的极值点为，则 ______ ．

15.  如图，正方形、的边长都是，而且平面、互相垂直，点在上移动，点在上移动，若，则的长的最小值为______ ．

16.  设实数，若不等式恰好有三个整数解，则实数的取值范围为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
解不等式；
若，求正整数．

18.  本小题分
如图所示，四棱锥中，，，，平面平面．
求证：平面平面；
若点在线段上，且，若平面与平面所成锐二面角大小为，求的值．

19.  本小题分
请从下列三个条件中任选一个，补充在下面已知条件中的横线上，并解答问题．
第项与第项的二项式系数之比是；
第项与第项的系数之比的绝对值为；
展开式中有且只有第四项的二项式系数最大．
已知在的展开式中，________．
求展开式中的常数项，并指出是第几项；
求展开式中的所有有理项．

20.  本小题分
如图所示，平面，四边形为直角梯形，四边形为矩形，，．
记平面平面，求证：平面；
在线段上是否存在点，使得二面角的正弦值为若存在，求出长；若不存在，说明理由．

21.  本小题分
某展览会有四个展馆，分别位于矩形的四个顶点、、、处，现要修建如图中实线所示的步道宽度忽略不计，长度可变把这四个展馆连在一起，其中百米，百米，且．
设，求出步道的总长单位：百米关于的函数关系式；参考数据，
求步道的最短总长度精确到百米．

22.  本小题分
已知函数的最大值是．
求实数的值；
设函数，若，使，求实数的取值范围．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查的知识点是向量的数量积判断向量垂直，其中根据两向量垂直数量积为．
利用向量垂直关系，与垂直，则，即可得出．
【解答】

解：，，
，
与垂直，
，
，
解得，，

．
故选：．

2.【答案】 

【解析】解：在的展开式中，含的项为，
故含的系数为，
故选：．
由题意，利用二项式定理展开式，即可解出结果．
本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，解得．
故选：．
求导，利用即可．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：，，，
三向量共面，
可设，即，
，解得，，．
实数等于．
故选：．
利用向量共面定理，设，即，列出方程组，能求出实数．
本题考查实数值的求法，考查向量共面定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由题意，甲可能下竹筏的站号有，，，，共种情况，乙可能下竹筏的站号有，，，，共种情况，
故甲乙所有下竹筏的情况数有种，
当乙在号站下时，满足甲比乙后下的情况数有种，
当乙在号站下时，满足甲比乙后下的情况数有种，，
当乙在号站下时，满足甲比乙后下的情况数有种，
共种情况，
故甲比乙后下的概率为．
故选：．
先求解所有可能的情况数，再根据游客乙下竹筏的所有可能，分别分析甲比乙后下的情况数再求解即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由，得，因函数在上有小于的极值点，
则有小于的根，即当时，，而函数在上单调递增，
则当时，，于是得，
经验证，当时，函数在上有小于的极值点，
所以实数的取值范围是．
故选：．
求出函数的导数，由有小于的根列式求解作答．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了转化思想，属中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为，所以的图象在轴及下方，
当时，由图象知单调递增，所以，故排除，
又当且时，图象越来越“陡”，即增长越来越快，故函数导数越来越大，
据此排除．
故选：．
根据图象的单调性判断导数正负排除，再由函数增长快慢判断，即可得解．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数图象的变换，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设，
则，
令，，
因为在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，
由，所以，
所以当，，所以在上单调递增，
当，所以在上单调递减，
又，，
从而即在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，即，
即，
构建，则，
令，则，
当时，，则在单调递增，
所以，即，
故在上单调递增，则，
故在恒成立，
取，可得，
而由为锐角时，可知，，
由不等式传递性知，
综上可得：．
故选：．
构造，利用导数求其单调性可判断，的大小，构造，利用导数求其单调性可得到，再由为锐角时，，即可得到答案．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：，展开式的通项公式为，
令，则，展开式的常数项为，A错误，
，展开式的第二项为，C正确，
，，
能被整除，
被除余，B正确，
，，
能被整除，
被除余，D正确，
故选：．
求出二项展开式的通项公式判断，求出的展开式判断，求出的展开式判断．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式的求法，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由已知，得，
又是的中点，所以，
又侧棱底面，可得侧棱平面，
又平面，所以，
因为，所以平面，
又平面，所以，
若平面，则．
设，则，，
又，所以，
解得或．
故选：．
利用已知条件判断平面，然后说明设，通过，，结合，求出值即可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：：，
因为，所以，，因此，故，所以在上单调递增，故A正确；
：令，则，令，定义域为，关于原点对称，
且，故为奇函数，B正确；
：时，，时，，时，，所以只有个零点，C错误；
：时，；时，；时，；D正确．
故选：．
选项求导以后判断导函数的正负即可得出结论；结合奇偶性的定义即可判断；结合函数的正负即可得出结论，利用放缩法即可得出判断．
本题主要考查函数性质的应用，考查计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，空间有个点，其中任何点不共面，以每个点为顶点作个四面体，可以有种取法，即可以作个不同的四面体，A正确；
对于，分种情况讨论：甲排在星期六，有种排法；甲不排在星期六，有种排法；则值班方案种数为种，B错误；
对于，分种情况讨论：五位数的首位为、、、、、、、时，有个五位数，
五位数的首位为时，其千位数字不能为、，有个五位数，
则共有个大于五位数，C错误；
对于，分步进行分析：将个小球分为组，有种分组方法，在个盒子中任选个，放入三组小球，有种情况，
则有种不同的放法，D正确；
故选：．
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
 

13.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
根据组合数计算公式计算即可．
本题主要考查组合数公式，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，，
，
即，，
解得，
根据题意可知，，则，
故，
则．
故答案为：．
求导，根据导数得到，进而求出，，结合两角和的正切公式，计算即可．
本题考查导数的综合应用，三角函数，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：因为平面平面，平面平面，，
所以平面，所以，，两两垂直．
过点作，，垂足分别为，，连接，易证．
因为，所以，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以
，
当，的长最小，且最小值为．
故答案为：．
首先根据垂直关系，建立空间直角坐标系，利用坐标表示，再求的长的最小值．
本题考查面面垂直的性质，以及空间向量的运用，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：因为不等式恰好有三个整数解，
所以不等式恰好有三个整数解，即恰好有三个整数解，
令，，则在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以不等式恰好有三个整数解，即恰好有三个整数解，
令，则，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
因为，
所以作出函数的图象如图所示，

所以要使恰好有三个整数解，则，即，
即实数的取值范围为．
故答案为：．
由题知恰好有三个整数解，进而结合函数，得恰好有三个整数解，再根据函数的性质，数形结合求解即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
 

17.【答案】解：因为，
所以且，，
即且，，
经验算，可解得；
因为，
所以，则满足题意，且在且时递增，
因此是唯一解． 

【解析】根据排列数计算公式化简后代入检验求解即可；
由组合数的运算及组合数的性质化简得出方程，验证满足，由单调性确定唯一解即可．
本题考查排列数、组合数相关计算，属于中档题．
 

18.【答案】证明：因为，
故，故BC．
又平面平面，平面平面，平面，
故BC平面；
因为平面，故平面平面；
解：设为的中点，连接，因为，
所以，又平面平面，故平面，
如图，以为原点，分别以，和平行于的方向为，，轴正方向，
建立空间直角坐标系，

则，，，，，
因为，则，
所以，
易得平面的一个法向量为，
设为平面的一个法向量，，，
由得不妨取．
因为平面与平面所成锐二面角为，
所以，
解得，不合题意舍去，
故． 

【解析】证明通过平面平面，推出平面；然后证明平面平面；
设为的中点，连接，以为原点，分别以，和平行于的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积，结合平面与平面所成锐二面角为，转化求解即可．
本题考查平面与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，二面角的平面角的求法与应用，考查空间想象能力，计算能力，逻辑推理能力．
 

19.【答案】解：由二项式知：展开式通项为，
第项与第项的二项式系数分别为、，故，
，又，解得．
第项与第项的系数分别为，，则有，解得．
展开式中有且只有第四项的二项式系数最大，可知．展开式共有项，从而可知．
由上知：展开式通项为，
当，有时，常数项为．
由上知：展开项通项为，
要求有理项，可知，，，，
有理项分别为，，，． 

【解析】根据所选的项，结合所给条件分别有，，根据有且只有第四项的二项式系数最大，求值，均为将代入二项式确定展开式通项，令的指数为时求，进而求出常数项；
将代入并写出展开式通项，再根有偶数，从而可确定有理项．
本题考查二项式定理，属于中档题．
 

20.【答案】证明：延长、交于点，连接，则即为交线，

在直角梯形中，由于，，
所以为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以，
所以为等腰直角三角形，且，即，
因为平面，平面，
所以，
又，、平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，，
所以平面．
解：以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，
所以，，，
设，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
因为二面角的正弦值为，且该二面角为锐角，所以，，
所以，解得或，
因为，所以，
又，所以，
综上，在线段上存在点，使得二面角的正弦值为，且． 

【解析】延长、交于点，连接，则即为交线，再分别证明，，然后由线面垂直的判定定理，即可得证；
以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量，结合数量积的坐标运算法则，求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：设直线与，分别交于点，，

设，则，，
，
则，解得，
又因为，所以，
所以
，
，令，可得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得极小值最小值
百米，
所以步道的最短总长度约为百米． 

【解析】若设，运用三角函数表示、、，进而写出与的关系式；
运用导数研究函数的最值即可．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
 

22.【答案】解：函数，求导可得：，令 ，解得 ．
当 时，；当时，，
所以在 上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数有最大值，即，
所以．
令，
求导，得，
令，求导得，
当时，，所以在 上单调递增．
因为，
所以存在唯一的，使，
当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
构造函数，求导，得，
所以在上单调递增，又，所以，
所以．
故实数的取值范围是． 

【解析】求出函数导数，分析函数单调性，据此求出函数的最大值即可；
构造函数，求导后由局部再构造函数，利用导数可得函数单调性，利用零点存在性定理确定唯一零点的大致范围，由此可知为函数最小值，再由隐零点的满足条件化简即可．
本题考查函数的导数的应用，考查构造法的应用，函数的极值的求法，是中档题．