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

这是一份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，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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0C. 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：C8. 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：48014. 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；