精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题

2022年-2023学年度高二第二学期期中考试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、选择题：（本大题共8小题，每题5分，共计40分，在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 某班有男生13人，女生17人，从中选一名同学为数学课代表，则不同的选法的种数有（ ） A. 121 B. 13 C. 30 D. 17 2. 函数在处的瞬时变化率为（ ） A. 2 B. C. D. 1 3. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 5 4. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 5. 函数在R上是（ ） A. 偶函数､增函数 B. 奇函数､减函数 C. 偶函数､减函数 D. 奇函数､增函数 6. 6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为（ ） A. 36 B. 120 C. 720 D. 240 7. 七人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙､丙两人必须相邻，则排法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 已知函数在上可导，其导函数为，且对于任意，恒成立，则下列结论正确的是（ ）（是自然对数的底数） ①；②；③；④. A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ②④ 二、多选题：（9-12题，每题5分，部分答对得2分，共计20分） 9. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ） A. 由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想： B. C. 第34行中从左到右第14与第15个数的比为 D. 由“第n行所有数之和为”猜想： 10. 已知数列是首项为1，公比为3的等比数列，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等差数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 11. 现将把椅子排成一排，位同学随机就座，则下列说法中正确的是（ ） A. 个空位全都相邻的坐法有种 B. 个空位中只有个相邻的坐法有种 C. 个空位均不相邻的坐法有种 D. 4个空位中至多有个相邻的坐法有种 12. 关于函数，下列判断正确的是（ ） A. 是的极小值点 B. 函数图像上的点到直线的最短距离为 C. 函数有且只有1个零点 D. 不存在正实数k，使成立 第Ⅱ卷 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 二项式的展开式中第4项的系数是___________. 14. 711除以6的余数是___________． 15. 一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取1只，每一次取后不放回．若已知第1只是好的，则第2只也是好的概率是______． 16. 若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________ 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止． （1）若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ （2）若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 18. 已知男性中有患色盲，女性中有患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人，设“任选一人是男人”为事件，“任选一人是女人”为事件“任选一人患色盲”为事件. （1）求此人患色盲的概率； （2）如果此人患色盲，求此人是男性的概率. 19. 已知四棱锥中，，平面，点为三等分点（靠近点），，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 20. 在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为． （1）求n的值及展开式中的常数项是第几项； （2）展开式中系数最大的项是第几项？ 21. 已知椭圆离心率，过左焦点且垂直于轴的直线交椭圆于点,且. (1)求椭圆的方程; (2)点在椭圆上，求的最大值. 22. 设函数，其中 （1）求函数的极值和单调区间； （2）已知函数有3个不同的零点,且，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022年-2023学年度高二第二学期期中考试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、选择题：（本大题共8小题，每题5分，共计40分，在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 某班有男生13人，女生17人，从中选一名同学为数学课代表，则不同的选法的种数有（ ） A. 121 B. 13 C. 30 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理即可得到答案 【详解】由分类加法计数原理可知，共有13+17=30种选法 故选：C 2. 函数在处的瞬时变化率为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 函数在某点处的瞬时变化率即为函数在改点的导数值，求导得解 【详解】， 所以函数在处的瞬时变化率为 故选：B 【点睛】本题考查函数在某点处的导数值，属于基础题. 3. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据求导公式求出导函数，再计算． 【详解】由，得，故． 故选：D． 4. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的前n项和公式，展开得到，整理即得答案. 【详解】解析：设等差数列的公差为d． ∵， ∴，即, 故选:D． 5. 函数在R上是（ ） A. 偶函数､增函数 B. 奇函数､减函数 C. 偶函数､减函数 D. 奇函数､增函数 【答案】D 【解析】 【分析】根据的关系可判断奇偶性，求导可判断单调性. 【详解】，所以是奇函数， ，所以是增函数. 故选：D 6. 6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为（ ） A. 36 B. 120 C. 720 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】分两步,第一步先排第一排,第二步再排第二排,然后利用分步乘法计数原理求解 【详解】解：由于6人排两排，先排第一排共有6×5×4=120(种)，再排第二排，共有3×2×1=6(种).由分步乘法计数原理可知，共有120×6=720(种)方法. 故选：C 7. 七人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙､丙两人必须相邻，则排法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，再利用捆绑法即求. 【详解】特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余四个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有(种)． 故选：D 8. 已知函数在上可导，其导函数为，且对于任意，恒成立，则下列结论正确的是（ ）（是自然对数的底数） ①；②；③；④. A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断出在上单调递减.对照四个选项，利用单调性比较大小，分别判断，即可得到答案. 【详解】构造函数，则，在上单调递减. ，即，，①正确； ，即，，②错误； ，即，，③错误； ，，即. ，④正确. 故选：B 二、多选题：（9-12题，每题5分，部分答对得2分，共计20分） 9. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ） A. 由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想： B. C. 第34行中从左到右第14与第15个数的比为 D. 由“第n行所有数之和为”猜想： 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据组合数的性质及杨辉三角的性质计算可得； 【详解】解：对于A：显然，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：第行，第个数是，则第34行中从左到右第14与第15个数分别为，，所以，故C正确； 对于D：第n行所有数之和为，即，故D正确； 故选：ACD 10. 已知数列是首项为1，公比为3的等比数列，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等差数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意得数列的通项公式，然后写出每个选项中对应的数列的通项公式，再判断是等差数列还是等比数列. 【详解】对于A，由题意得，所以数列是常数列，A正确； 对于B，数列的通项公式为，则， 所以数列是公比为3的等比数列，B错误； 对于，所以数列是公差为1的等差数列，C错误； 对于D，，所以数列是公比为9的等比数列，D正确， 故选：AD. 11. 现将把椅子排成一排，位同学随机就座，则下列说法中正确的是（ ） A. 个空位全都相邻的坐法有种 B. 个空位中只有个相邻的坐法有种 C. 个空位均不相邻的坐法有种 D. 4个空位中至多有个相邻的坐法有种 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，用捆绑法即可；对于B，先用捆绑法再用插空法即可；对于C，用插空法即可；对于D，用插空法的同时注意分类即可. 【详解】对于A，将四个空位当成一个整体，全部的坐法：种，故A对； 对于B，先排4个学生，然后将三个相邻的空位当成一个整体， 和另一个空位插入5个学生中有种方法， 所以一共有种，故B错； 对于C，先排4个学生，4个空位是一样的， 然后将4个空位插入4个学生形成的个空位中有种， 所以一共有，故C对； 对于D，至多有2个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C可知都不相邻的有120种， 空位两个两个相邻的有：， 空位只有两个相邻的有， 所以一共有种，故D错； 故选：AC. 12. 关于函数，下列判断正确的是（ ） A. 是的极小值点 B. 函数图像上的点到直线的最短距离为 C. 函数有且只有1个零点 D. 不存在正实数k，使成立 【答案】AB 【解析】 【分析】对A：求导，利用导数求极值点；对B：结合导数的几何意义分析运算；对C：求导，利用导数分析零点问题；对D：结合选项C中的结论分析判断. 【详解】对A：函数的定义域为，， 当时，；当时，； 故函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，故A正确； 对B：设直线与函数的图像相切，切点坐标为， 由，可得，解得， 所以，即切点为， 则切点到直线的距离为， 即函数图像上的点到直线的最短距离为，故B正确； 对C：因为，所以， 当时，；当时，； 故函数在上单调递减，在上单调递增，则， 所以函数不存在零点，故C不正确， 对D：由选项C可知：，即恒成立， 所以存在正实数k，使恒成立，故D错误． 故选：AB． 【点睛】方法点睛：本题主要考查利用导数研究函数的极值、导数的几何意义、零点问题和不等式问题等，基础性与综合性并举，对考生的逻辑推理能力、运算求解能力、分析问题和解决问题的能力等思维能力要求比较高．注意极值点和零点都是数，不是点，不要混淆．对于选项B，注意数形结合，将直线平移，使之与曲线相切，求出切点，再利用点到直线的距离公式求解． 第Ⅱ卷 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 二项式的展开式中第4项的系数是___________. 【答案】160 【解析】 【分析】根据展开式的通项公式进行求解即可. 【详解】由二项式的展开式的通项公式可知， 则第4项的系数是160， 故答案为：160. 14. 711除以6的余数是___________． 【答案】1 【解析】 【分析】，借助二项展开式分析运算． 【详解】∵ 根据二项展开式不妨设： 显然可被6整除且 711除以6的余数是 故答案为：1． 15. 一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取1只，每一次取后不放回．若已知第1只是好的，则第2只也是好的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】令{第1只是好的}，{第2只是好的}，在发生的条件下，盒中仅剩9只晶体管，其中5只是好的，由可求得答案. 【详解】解：令{第1只是好的}，{第2只是好的}， 因为事件已发生，所以我们只研究事件即可，在发生的条件下，盒中仅剩9只晶体管，其中5只是好的，所以． 故答案为：. 16. 若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________ 【答案】 【解析】 【分析】通过列举法求出满足题意的三位数十全十美数个数，再运用概率公式计算即可. 【详解】所有三位数个数为900个. “十全十美数”有54个列举如下：①有一位数字是的，共有个，分别为； ②含有两个相同数字的，共有个，分别为； ③不含0且没有相同数字的，共有个，分别为, 从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率. 故答案为: 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止． （1）若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ （2）若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 【答案】（1）103680 （2）576 【解析】 【详解】试题分析：（1）本题是一个分别计数问题，先排前4次测试，只能取正品，有A64种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C42•A22种测法， 再排除余下4件的测试位置有A44种，根据分步计数原理得到结果． （2）恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，表示第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，利用组合数写出结果． 解：（1）由题意知本题是一个分别计数问题， 先排前4次测试，只能取正品，有A64种不同测试方法， 再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试， 有C42•A22=A42种测法，再排余下4件的测试位置有A44种测法． ∴共有不同排法A64•A42•A44=103680种． （2）第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现． ∴共有不同测试方法A41•（C61•C33）A44=576种． 考点：排列、组合的实际应用． 18. 已知男性中有患色盲，女性中有患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人，设“任选一人是男人”为事件，“任选一人是女人”为事件“任选一人患色盲”为事件. （1）求此人患色盲的概率； （2）如果此人患色盲，求此人是男性的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意应分男女两类色盲进行求解即可； （2）分清条件，直接代入条件概率的计算公式即可求解. 【小问1详解】 此人患色盲的概率 【小问2详解】 由（1）得， 又，. 19. 已知四棱锥中，，平面，点为三等分点（靠近点），，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 取三等分点，则，且，故且， 又，，即且， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，故平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取三等分点，由等比例性质可得且，根据已知条件有且，再由平行四边形性质有，最后由线面平行的判定即可证结论. （2）法一：由题设易得平面，则为所求二面角的平面角，进而由已知条件及余弦定理即可求二面角的余弦值；法二：构建空间直角坐标系求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由平面即平面，且，平面， 所以平面，则为所求二面角的平面角， 在等腰△中，，则， 又，，由，即， 所以，同求法可得，故所求二面角的余弦值为. 法二：以的中点为坐标原点，以为轴为轴建系如图所示， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，若，可得， ，若，可得， 所以，即二面角的余弦值为. 20. 在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为． （1）求n的值及展开式中的常数项是第几项； （2）展开式中系数最大的项是第几项？ 【答案】（1），第17项 （2）第7项和第8项 【解析】 【分析】（1）由二项式展开式的通项公式结合题设条件得出，进而由赋值法求解； （2）根据不等式法结合通项进行求解. 【小问1详解】 二项式展开式的通项公式为． 因为第3项和第4项的系数比为，所以， 化简得，解得，所以． 令，得，所以常数项为第17项． 【小问2详解】 设展开式中系数最大的项是第项，则， 解得． 因为，所以或，所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项． 21. 已知椭圆离心率，过左焦点且垂直于轴的直线交椭圆于点,且. (1)求椭圆的方程; (2)点在椭圆上，求的最大值. 【答案】(1) ;(2) 【解析】 【分析】 (1)利用离心率以及通经公式求解即可. (2)利用椭圆的参数方程求解即可. 【详解】(1)由题意得.故椭圆方程为. (2)设 ,则, 当时取最大值. 故的最大值为. 【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求法以及利用参数方程求解最值问题,属于基础题型. 22. 设函数，其中 （1）求函数的极值和单调区间； （2）已知函数有3个不同的零点,且，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）函数在，上是减函数，在上是增函数，极小值为，极大值为； （2）. 【解析】 【分析】（1）求导，由，可得函数单调递增区间，由，可得函数单调递减区间，从而即可得函数的极值； （2）由题意，，进而有方程有两个相异的实根，然后利用韦达定理，结合不等式恒成立，即可求解的取值范围． 【详解】解：（1），令，解得或． ∵，所以，当变化时，，的变化情况如下表：     0  +  0    单调递减 极小值   单调递增  极大值  单调递减 ∴在，上是减函数，在上是增函数． 函数在处取得极小值， 函数在处取得极大值； （2）由题设， ∴方程有两个相异的实根，则，且， ∵，解得， ∵，所以，故， 当时，，而，不符合题意， 当时，对任意的，都有，，，则， 又，所以在上的最小值为0， 所以对任意的，恒成立的充要条件是，解得， 又， 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $