云南省楚雄州2022-2023学年高二下学期期中数学Word版含解析

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楚雄州中小学2022~2023学年高中二年级下学期期中教育学业质量监测数学试卷一、选择题：本大题共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．（）A．B．C．D．2．若函数，则（）A．0B．C．D．3．的展开式中的系数是（）A．560B．－560C．280D．－2804．已知某地有，，三个4A景区，小华计划暑假至少去其中一个景区游玩，则不同的游玩方案（不考虑游玩顺序）有（）A．3种B．4种C．7种D．9种5．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”．在堑堵中，，四边形是边长为4的正方形，则堑堵外接球的表面积是（）A．B．C．D．6．如图，小华从图中处出发，先到达处，再前往处，则小华从处到处可以选择的最短路径有（）A．25条B．48条C．150条D．512条7．已知是定义在上的奇函数，其导函数为，对任意的，都有0，且，则不等式的解集是（）A．B．C．D．8．甲、乙两人进行了3轮投篮比赛，每轮比赛甲、乙各投篮一次，已知甲每轮投籃命中的概率为，乙每轮投篮命中的概率是，3

1轮比赛后，命中球数多的人获胜．在每轮投篮比赛中，甲、乙投篮是否命中互不影响，各轮结果也互不影响，则3轮比赛结束后甲获胜的概率是（）A．B．C．D．二、选择题：本大题共4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．下列求导正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则10．从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员，则下列结论正确的是（）A．若所选的3人中有女生，则不同的选法有870种B．若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有360种C．若班长由女生担任，则不同的选法有225种D．若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有540种11．已知，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．12．已知函数函数，则下列结论不正确的是（）A．若，则恰有2个零点B．若，则恰有4个零点C．若恰有3个零点，则的取值范围是D．若恰有2个零点，则的取值范围是三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13．已知向量，，若，则______．14．函数在区间上的最小值是______．15．在的展开式中，形如的所有项系数之和是______．16．已知函数，，且的最小值是

2．若关于的方程在上有2023个实根，则的最小值是______．四、解答题：本大题共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．（10分）在等差数列中，，．（1）求；（2）若，数列的前项和为，求．18．（12分）已知函数．（1）当时，求的极值；（2）若在上单调递减，求的取值范围．19．（12分）法国著名军事家拿破仑・波拿巴提出过一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在非直角中，内角，，的对边分别为，，，已知．分别以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，．（1）求；（2）若，的面积分别为，，且，求的面积．20．（12分）如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点．（1）证明：平面．

3（2）若，求点到平面的距离．21．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求面积的最大值．22．（12分）已知函数（其中为自然对数的底数），且曲线在处的切线方程为．（1）求实数，的值；（2）证明：对任意的，恒成立．楚雄州中小学20222023学年下学期期中教育学业质量监测高中二年级数学试卷参考答案1．B．2．A由题意可得，则．3．D展开式的通项为．令，得，则．4．C由题意可知不同的游玩方案有种．5．D设堑堵外接球的半径为，则，则其外接球的表面积6．C从处到处的最短路径有条，从处到处的最短路径有条，则小华从处到

4处可以选择的最短路径有条．7．B设，则，当时，，则在上单调递增．因为，所以，则当时，不等式的解集是，，即当时，不等式的解集是．因为是奇函数，所以当时，不等式的解集是．综上，不等式的解集是．8．A3轮比赛结束后甲获胜的情况有三种：①甲命中1球，乙命中0球，其概率；②甲命中2球，乙命中0球或1球，其概率；③甲命中3球，乙命中0球或1球或2球，其概率．故所求概率．9．AC若，则，故A正确．若，则，故B错误．若，则，故C正确．若，则，则D错误．10．ABD若所选的3人中有女生，则不同的选法有种，则A正确．若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有种，则B正确．若班长由女生担任，则不同的选法有种，则C错误．若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有种，则D正确．11．BCD由题意可得，则A错误．令，得，令，得，则，故B正确．令，得，则，从而，故C正确．设，则，，从而，故D正确．12．ACD令，即，解得或

5．当时，．由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故的大致图象如图所示．由图可知有且仅有1个实根．当时，恰有1个零点，故A错误．当时，有3个实根，则恰有4个零点，故B正确．由恰有3个零点，得恰有2个实根，则或或，则C错误．由恰有2个零点，得恰有1个实根，且，则或或，则D错误．13．10由题意可得，则，解得．14．－8因为，所以．由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减．因为，，所以在区间上的最小值是－8．15．320展开式的通项为．令，得．令，得所求系数之和为．16．由题意可得，则，即，解得．由，得，则或，解得或，故的相邻两个零点之间的距离是或．要使最小，则，都是的解，则．

617．解：（1）设数列的公差为，则解得，．故．（2）由（1）可知，则．18．解：（1）当时，，则由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减．故，．（2）因为，所以．因为在上单调递减，所以在上恒成立，即解得．故的取值范围是．19．解：（1）因为，所以，所以，即．

7因为不是直角三角形，所以．因为，所以，所以，则．（2）因为，的面积分别为，，所以，由余弦定理可得，即，解得．连接，，由几何性质知，且，从而有，故的面积为．20．（1）证明：取线段的中点，连接，，，记，连接．因为，分别是，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．由题意可知四边形是矩形，则是的中点．因为是的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为平面，且，所以平面平面．因为平面，所以平面．

8（2）解：取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，所以，，，，则，，．设平面的法向量为，则令，得．故点到平面的距离．21．解：（1）设椭圆的焦距为2c，则解得故椭圆的标准方程为．（2）设直线的方程为，，，联立整理得则，得，即，

9故的面积．设，则，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最大值为．22．（1）解：因为，所以，则解得．（2）证明：设，则．设，则．设，则．当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增．因为，，，所以存在，，使得．故当时，；当时，．所以在与上单调递增，在上单调递减．因为，，所以存在唯一的，使得，

10所以当时，，当时，，则在与上单调递减，在与上单调递增．故是与中的较小值．因为，，所以恒成立，即对任意的，恒成立．

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