重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二下学期期中数学Word版含解析

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高2021级高二下期中期考试数学试题一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知，则m等于（）A.1B.3C.1或3D.1或4【答案】C【解析】【分析】根据组合数的性质即可求解.【详解】由可知:或者,解得:或故选：C2.函数在上的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定的函数，由奇偶性排除两个选项，再取特值即可判断作答.【详解】函数定义域为，而，且，即函数既不是奇函数也不是偶函数，其图象关于原点不对称，排除选项CD；

1而当时，，排除选项A，选项B符合要求.故选：B3.在中国地图上，西部五省（甘肃、四川、青海、新疆、西藏）如图所示，有四种颜色供选择，要求每省涂一色，相邻省不同色，则不同的涂色方法有（）种.A.48B.72C.96D.120【答案】B【解析】【分析】结合分步、分类计数原理求得正确答案.【详解】先进行编号：新疆、甘肃、青海、西藏、四川，按的顺序进行涂色，其中颜色可以相同或不相同，所以不同的涂色方法数有种.故选：B4.已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求出函数的导函数，参变分离，可将原问题转化为在上恒成立，再由配方法，即可得解．

2【详解】解：因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，而，当且仅当时，等号成立，所以，即，所以实数的取值范围为．故选：D．5.3个0和2个1随机排成一行，则2个1相邻的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出将3个0和2个1随机排成一行的排法，再求出2个1相邻的排法，由古典概型求解即可.【详解】将3个0和2个1随机排成一行，只需要在5个位子中选2个放1即可，有种排法；其中2个1相邻，只需要将2个1捆绑，在4个位子中选1个放1即可，有种排法；则2个1相邻的概率为.故选：B.6.已知椭圆：（）的左右焦点分别为、，为椭圆上一点，，若坐标原点到的距离为，则椭圆离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，，通过椭圆的定义，以及三角形的解法求出直角三角形的边长关系，利用勾股定理，化简整理，结合离心率公式，可得所求值．【详解】设，，

3作，，由题意可得，，，即有，，由，可得，因为，在直角三角形中，由勾股定理得，可得．故选：D．7.有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（）A.12B.14C.36D.72【答案】B【解析】【分析】根据题意，分厂只接受1个女生和厂接受2个女生两类情况，结合厂的分派方案，利用分类、分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，可分为两种情况：①若厂只接受1个女生，有种分派方案，则厂分派人数可以为或，则有种分派方案，由分步计数原理可得，共有种不同的分派方案；②若厂接受2个女生，只有1种分派方案，则厂分派人数为，则有种分派方案，此时共有种不同的分派方案，

4综上，由分类计数原理可得，共有种不同的分派方案.故选：B.8.已知函数，关于的方程恰有两个不等实根，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出函数的图像，数形结合可得出实数a的取值范围，将用a表示，可得表示为以a为自变量的函数，利用导数可求函数的单调性，进而求出最大值.【详解】解：作出函数的图像如下图所示：由图像可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，，，则，可得，，构造函数，，则，当，，此时函数单调递增，当，，此时函数单调递减，

5，故选：B.二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分）9.下列导数运算正确的有（）AB.C.D.【答案】CD【解析】【分析】根据导数的运算法则依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，，故错误；对于B选项，，故错误；对于C选项，，故正确；对于D选项，，故正确.故选：CD10.已知等差数列是递减数列，为其前项和，且，则（）A.B.C.D.、均为的最大值【答案】BD【解析】【分析】根据等差数列的性质以及其前项和的性质，逐个选项进行判断即可求解【详解】因为等差数列是递减数列，所以，，所以，，故A错误；因为，所以，故B正确；因为，故C错误；

6因为由题意得，，所以，，故D正确；故选：BD11.带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（）A.全部投入4个不同的盒子里，共有种放法B.放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有种放法D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法【答案】ACD【解析】【分析】对A：根据分步乘法计数原理运算求解；对B：分类讨论一共用了几个球，再结合捆绑法运算求解；对C：根据分步乘法计数原理运算求解；对D：利用捆绑法运算求解.【详解】对于A：每个球都可以放入4个不同的盒子，则共有种放法，A正确；对于B：放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则有：全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，B错误；对于C：先选择4个球，有种，再选择一个盒子，有种，故共有种放法，C正确；对于D：全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，D正确；故选：ACD.12.已知函数的定义域为，则下列说法正确是（）A.若函数无极值，则B.若，为函数的两个不同极值点，则C.存在，使得函数有两个零点D.当时，对任意，不等式恒成立【答案】BCD【解析】

7【分析】函数无极值，则或，求解即可判断A；若，为函数的两个不同极值点可得，即，代入可求出的值，可判断B；要使得函数有两个零点，即与有两个交点，画出图象即可判断C；当时，对任意，不等式恒成立即证明在上恒成立即可判断D.【详解】对于A，若函数无极值，，，则或恒成立，则或，当，则，解得：或，故A不正确；对于B，若，为函数的两个不同极值点，，所以，因为，则，∴，故B正确；对于C，存在，使得函数有两个零点，与有两个交点，在处的切线平行于轴，过原点的切线在的左侧稍微旋转后可得两个交点，故C正确；对于D，当时，对任意，不等式恒成立，，，，令，对任意恒成立，

8在上单减，，对任意恒成立，所以，在上单减，对任意恒成立，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：函数零点和方程根问题往往利用数形结合转化成函数图象交点的问题，导数恒成立、极值问题通常构造函数并利用导数研究其单调性即可得出结论.三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.甲、乙、丙等6人排成一排，则甲和乙相邻且他们都和丙不相邻的排法共有__________种.（填数字）【答案】144【解析】分析】根据相邻问题捆绑，不相邻问题插空，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】第一步：现将除甲乙丙之外的三个人全排列，有种方法，第二步；将甲乙捆绑看成一个整体，然后连同丙看成两个个体，插空共有种方法，第三步：甲乙两个人之间全排列，由分步乘法计数原理可得总的排法有，故答案为：14414.已知的展开式中含项的系数为，则______.【答案】##【解析】【分析】求出的展开式通项，然后利用含项的系数为列方程求解.【详解】，又的展开式通项为，的展开式通项为，，解得.

9故答案为：.15.如图，直三棱柱中，，，为线段上的一个动点，则的最小值是_______.【答案】【解析】【分析】根据已知条件及直棱柱的性质，结合直角三角形的性质及勾股定理即可求解.【详解】将图中的和放置于同一平面内，如图所示，则.因为直三棱柱中，，，所以中，.同理，在中，,所以所以在图中，,所以,即.所以的最小值是.故答案为：.

1016.已知函数有三个零点，且有，则的值为________.【答案】12【解析】【分析】由得出，令，得出，利用导数得出的图象，由零点的个数，结合图象求解即可.【详解】若，则，即当时，可得，不成立，故等式两边同除以，得即令，则方程有两个不等的实根，，令，则，令，当时，，当或时，即函数在上单调递减，在，上单调递增，如下图所示函数有三个零点，

11由图可知，故答案为：【点睛】方法点睛：已知零点的个数求参数的范围一般思路：利用导数得出函数的简图，由交点的个数结合图象得出参数的范围.四、解答题（本题共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（1）若的二项展开式中只有第7项的二项式系数最大，求展开式中的系数；（2）苦，且，求.【答案】（1）594（2）【解析】【分析】（1）根据二项式系数的性质可求出，然后可求的系数；（2）根据展开式系数特点判定系数正负去掉绝对值，然后给赋值就可求出和.【小问1详解】由于的二项展开式中第7项的二项式系数为且最大，可得，则，所以当时，故展开式中的系数为594；【小问2详解】若，由可知当为奇数时，即的奇次项系数为正，当为偶数时，即的偶次项系数为负，所以，又，故.18.已知函数是的极大值点.（1）求的值；

12（2）求函数的极值.【答案】（1）1（2）极大值，极小值【解析】【分析】（1）由极值点的定义可得，解方程求，验证所得结果是否满足要求；（2）由（1）可得，结合极值的定义可求函数的极值.【小问1详解】函数的定义域为，导函数为∵是函数的极大值点，，即，解得或，当时，，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，当时，函数取得极大值，符合题意；当时，，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递減，当时，，函数在上单调递增，当时，函数取得极小值，不符合题意；

13综上，，【小问2详解】当a=1时，，由（1）可得当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值.19.已知数列的前n项和为Sn，满足．（1）求证：数列是等比数列，并求数列通项公式；（2）若不等式2对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）利用得，变形得，则可证明等比数列，根据等比数列的通项公式可得答案；（3）令，通过计算的正负，求出的最大值，将题目转化为，解不等式即可.【小问1详解】①②①-②得，即，

14变形可得，又，得故数列是以-1为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可得，.【小问2详解】令，则当或时，，当时，又，，因为不等式对任意的正整数恒成立，，解得.20.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，ADBD，AB＝2AD，且PD⊥底面ABCD．（1）证明：平面PBD⊥平面PBC；（2）若二面角P－BC－D为，求AP与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）

15【解析】【分析】（1）根据平行线的性质以及线面垂直的判定定理，结合线面垂直性质定理以及面面垂直性质定理，可得答案；（2）由题意，建立空间直角坐标系，利用二面角的定义以及勾股定理，求得棱长，写出点的坐标，求得平面的法向量，根据计算公式，可得答案.【小问1详解】在平行四边形中，，，，平面，平面，，，平面，平面，平面，平面平面.【小问2详解】由题意，建立空间直角坐标系，如下图所示：设，则，在中，，平面，平面，，，平面，平面，在二面角的平面角，即，在中，，在平行四边形中，，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，化简可得，

16令，，解得平面的一个法向量，设与平面的夹角为，.21.已知点,,动点,满足直线与直线的斜率之积为,记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程.（2）设经过点且不经过点的直线与曲线相交于M,N两点,求证:为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意,由各个点的坐标,根据斜率公式代入上式,进行化简即可得曲线方程;(2)先考虑直线斜率不存在的情况,写出直线方程,求出M,N两点坐标,求出,计算,在考虑斜率存在的情况,设出直线方程及M,N两点坐标,联立方程组,判别式大于零,韦达定理,写出,化简并计算即可得出结果,证明结论.【小问1详解】解:因为,直线与直线的斜率之积为,所以,即,,化简可得:,故曲线的方程为:;【小问2详解】证明:①当直线的斜率不存在时,直线,与曲线联立可得:,

17此时,所以;②当直线的斜率存在时,设直线,因为直线经过点且不经过点,所以,设,联立可得:,所以,解得:,由韦达定理可得:,因为,所以,综上:为定值2.

18【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用,关于定值问题的思路有:(1)根据题意分情况讨论直线斜率是否存在;(2)设直线方程,联立方程组;(3)判别式大于零,韦达定理;(4)根据题意建立关于的等式,化简即可.22.已知函数．（1）若函数的最小值为0，求实数的值；（2）证明：对任意的，，恒成立．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题，，按和分类讨论，求函数的最小值，解得a的值；（2）由（1）得，即，对命题进行放缩，证明，构造函数，求导数，证明最小值大于或等于零，即原不等式成立.【小问1详解】当时，函数的定义域为，，当，，单调递减，当，，单调递增，所以，可得；当时，函数的定义域为，，在上单调递减，无最小值，不合题意．综上，.【小问2详解】证明：由（1）可得不等式恒成立，用替代可得，

19，由，即证，即证，令，构造函数，，由，，所以，上单调递减，，所以，由于，在，上同号，在时两式相等，所以，所以对任意的，，恒成立．【点睛】要证对任意恒成立，变换主元，构造函数，求出m取不同值时函数的变化规律，得函数的最小值，可得只要证对任意恒成立.

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