2023学年德阳市外国语高二数学（下）期中考试卷附答案解析

2023学年德阳市外国语高二数学（下）期中考试卷考试时间：120分钟总分：150分2024.04第I卷（选择题共60分）一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．过和两点的直线的斜率是（）A．1 B． C． D．3．的展开式中的系数为A．10 B．20 C．40 D．804．已知等差数列中，，则（

）A．24 B．36 C．48 D．965．已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（

）A．6 B．12 C． D．6．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（

）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种7．已知，则的最小值是（

）A．6 B．4 C． D．8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的四个选项中，有多个项是符合要求的，全选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9．已知空间中的两条直线和两个平面，则（

）A．若，则没有公共点B．若，则m,n没有公共点C．若，则可能互相平行D．若，则m,n可能互相平行10．已知函数，则（

）A．在处取得极小值 B．有3个零点C．在区间上的值域为 D．曲线的对称中心为11．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（

）A．若任意选择三门课程，选法总数为B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C．若物理和历史不能同时选，选法总数为－D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为12．已知，则（

）A． B．C． D．第II卷（非选择题共90分）三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分，将答案直接填在答题卡上）13．已知，，则的值为．14．函数的单调递增区间是．15．除以的余数为.16．已知抛物线为上一点，，当最小时，点到坐标原点的距离为.四、解答题（本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）17．已知函数在点处的切线与直线垂直．(1)求；(2)求的单调区间和极值．18．2021年底某市城市公园主体建设基本完成，为了解市民对该项目的满意度，从该市随机抽取若干市民对该项目进行评分（满分100分），根据所得数据，按，，，，进行分组，绘制了如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值，并估计该市市民评分的分位数；(2)为进一步完善公园建设，按分层随机抽样的方法从评分在中抽取7人，再随机抽取其中2人进行座谈，求这2人的评分在同一组的概率.19．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．20．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．(1)求证：；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．21．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若恒成立，求的取值集合.22．椭圆的离心率，且椭圆的短轴长为2．(1)求椭圆的方程；(2)设直线过点，且与椭圆相交于两点，又点是椭圆的下顶点，当面积最大时，求直线的方程．1．D【解析】根据并集定义，直接计算结果.【详解】，，.故选：D2．A【分析】由斜率公式可得.【详解】根据斜率公式求得所给直线的斜率.故选：A3．C【详解】分析：写出，然后可得结果详解：由题可得令,则所以故选C.点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题．4．C【分析】利用等差数列通项的性质，可求.【详解】等差数列中，，则.故选：C.5．C【分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.【详解】由椭圆，得，，.

设，，∴，在中，由余弦定理可得：，可得，得，故.故选：C.6．C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.7．C【分析】由“1”的妙用结合基本不等式可得结果.【详解】因为，则，所以，，当且仅当即时，的最小值为.故选：C.8．D【分析】构造，，求导得到其单调性，结合，得到；构造，，求导得到其单调性，结合得到，即，从而得到答案.【详解】构造，，则在上恒成立，故在上单调递减，又，故，故，构造，，则在上恒成立，故在单调递减，又，，故，即，故，综上：故选：D【点睛】构造函数比较大小是常考内容，以下时常用的不等式放缩，，，，，等，观察要比较的式子结构，选择合适的不等式.9．BCD【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】若，则或相交，故A错误；若，则没有公共点，故B正确；若，则可能互相平行也可能相交，故C正确；若，则可能互相平行也可能相交还可能异面，故D正确；故选：BCD10．ABD【分析】求出函数的导数，利用导数研究函数的单调性，极值，零点，值域，可判断A，B，C选项，根据函数奇偶性及图象变换可判断D.【详解】由，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，故A正确；又，，，，，所以函数在有且仅有一个零点，同理函数在有且仅有一个零点，在上有且仅有一个零点，即函数共有3个零点，故B正确；由前面得在上值域为，故C错误；设，，，所以函数是奇函数，图象关于对称，又是向下平移1个单位得到，所以函数的对称中心为，故D正确.故选：ABD.11．ABD【分析】利用组合的概念进行计算即可判断A；分类讨论物理和化学只选一门，物理化学都选然后进行计算判断B；利用间接法进行分析判断即可判断C，将问题分三类讨论：只选物理，只选化学，同时选物理和化学，由此进行计算和判断D.【详解】解：由题意得：对于选项A：若任意选择三门课程，选法总数为，A错误；对于选项B：若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，故B错误；对于选项C：若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C正确；对于选项D：有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法；②选化学，不选物理，有种选法；③物理与化学都选，有种选法.故总数，故D错误.故选：ABD12．AD【分析】结合赋值法、导数运算以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】由，令得，A选项正确.令得，B选项错误.二项式展开式的通项公式为，由此可知是负数，为正数，所以令得，，即，C选项错误由，两边求导得，令得，所以D选项正确.故选：AD13．##【分析】根据条件概率的概率公式即可求解.【详解】由题可知：，即，解得.故答案为：14．【分析】求定义域，求导，利用导函数大于0解不等式，求出递增区间.【详解】的定义域为，，令，解得：或，因为定义域为，所以单调递增区间为.故答案为：15．【分析】把化为，根据二项式定理，即可求得答案.【详解】由于由于前项都有因数，故所给的式子故除以的余数即为除以的余数，故所给的式子除以的余数为，故答案为：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，把所给的式子化为，是解题的关键，体现了转化的数学而思想，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.16．【分析】由点在抛物线上得到符合抛物线的方程即，表示出，把用表示，当得到，当时利用均值不等式得到的最小值及等号成立条件得到此时点的坐标进而得到此时点到原点的距离.【详解】设，则，所以，当时，；当时，，当且仅当即时取等号，所以，由上可知，取最小值时，，所以.故答案为：.17．(1)(2)单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.【详解】（1），则，由题意可得，解得；（2）由，故，则，，故当时，，当时，，当时，，故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，故有极大值，有极小值.18．(1)，85；(2).【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再根据百分位数计算规则计算可得；（2）利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】（1）由题意得，，解得.因为，，所以分位数位于之间，则市民评分的分位数约为.（2）由题意得，按分层随机抽样从评分在中抽取人，其中评分在中有人，记为，；评分在中有人，记为，，，，.现抽取其中人进行问卷调查，共有21种情况，它们是：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，其中这2人评分在同一组有11种情况，它们是：，，，，，，，，，，，则所求概率.19．（1）；（2）.【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）证明：取中点，连接，，，因为为菱形且，所以为等边三角形，故．又在等边三角形中，，，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，在中，，所以为边长为的等边三角形，由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，在中，，，可得，，，，故，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，得，设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为.21．(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导得，分和讨论.恒成立，在在上单调递减；时由导数的正负得到的单调区间.（2）由及恒成立得到，要使得恒成立，则恒成立，又由时，，记为关于的函数，得到，要使恒成立，只能为.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时，，函数在上单调递减；当时，由，得递减，由，得递增，所以当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增.（2），若，则在上单调递减，所以当时，不符合