山西省晋中市名校2022-2023学年高二数学下学期3月联考试题（Word版附解析）

这是一份山西省晋中市名校2022-2023学年高二数学下学期3月联考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

山西省高二下学期3月联合考试
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册､选择性必修第二册第四章占30%，选择性必修第二册第五章､选择性必修第三册第六章占70%.
一､选择题：本题共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. 某校食堂餐后有三种水果可供学生挑选，每名学生只能挑选其中一种，甲、乙、丙三人每人任意挑选一种水果，则不同的选择有（ ）
A. 3种 B. 6种 C. 9种 D. 27种
【答案】D
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.
【详解】不同的选择有种.
故选：D.
2. 已知，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的定义可得答案.
【详解】.
故选：D
3. 小明所在高校开设了篮球､足球､太极拳等12门体育选修课，每名学生需在大一和大二年级分别选择不重复的一门选修课学习，则小明的体育选修课不同的选择有（ ）
A. 66种 B. 96种 C. 132种 D. 144种
【答案】C
【解析】
【分析】直接用排列的定义列式计算即可.
【详解】不同的选择有种．
故选：C．
4. 已知某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系式是，则质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的物理意义，该质点的瞬时速度为质点关于位移的导数，求导代入即可．
【详解】根据导数的物理意义，对运动方程求导得，
令，得，即质点在时的瞬时速度，
故选：A．
5. 函数的图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导函数与原函数之间的关系，结合图象即可求解.
【详解】由图象可得当时，，当时，.
结合图象可得：当时，，即；
当时，，即；
所以的解集为.
故选：D
6. 某正方体形木块的六个面分别标有数字1~6，用红､黄､蓝､白4种颜色给这六个面涂色（不一定每种颜色都用上），相邻两个面所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案有（ ）

A. 48种 B. 72种 C. 96种 D. 144种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步计数原理分步进行涂色即可求解.
【详解】先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，再涂区域3，有2种选择.若区域4的颜色和区域2的颜色不同，此时区域只有一种选择；若区域4的颜色和区域2的颜色相同，剩下的区域有3种选择.故不同的涂色方案有种.
故选：C.
7. 已知过点作曲线的切线有且仅有两条，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设切点为，利用导数求出切线斜率，结合斜率公式可得出，可知关于的方程有两个不等的实根，令，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】设切点为，对函数求导得，
所以，切线斜率为，整理得，
关于的方程有两个不等的实根.
令函数，由题意可得，解得且，
所以，函数的定义域为，且，
当时，，；当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增.
.
作出函数与函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
8. 2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙2人不能负责语言服务工作，则不同的选法共有（ ）
A. 248种 B. 252种 C. 256种 D. 288种
【答案】B
【解析】
【分析】先选能担任语言服务的人员，再选能担任人员引导、应急救助工作的人员，最后根据分步计算原理即可得答案.
【详解】先从甲、乙之外的6人中选取1人负责语言服务工作，再从剩下的7人中选取2人负责人员引导、应急救助工作，则不同的选法共有种.
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. 如图，在正方体中，分别为的中点，则（ ）

A.
B. 平面
C. 平面
D. 直线与直线所成角余弦值为
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由空间向量的关系判断空间位置关系，A选项，根据得到A正确；B选项，求出平面的法向量，由得到B错误；C选项，根据，得到直线与直线不垂直；D选项，利用空间向量夹角余弦公式进行计算.
【详解】以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，
则.
.
A选项，因为，所以，A正确.
B选项，设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，
所以与不垂直，则直线与平面不平行，错误.
C选项，若平面，则.
因为，所以直线与直线不垂直，矛盾，C错误.
D选项，，D正确.

故选：AD
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】令可判断选项A；由二项式的通项可求出而可判断选项B；令，可判断选项C，D.
【详解】令，可得，A正确.
，所以，B正确
令，可得①，则，C正确.
令，可得②，①－②可得，
所以，D错误.
故选：ABC.
11. 若函数有两个零点，则的值可以是（ ）
A. B. 1 C. 2 D. 3
【答案】BD
【解析】
【分析】利用导数将分情况进行讨论，当或,或时，得出函数的单调性，并得出零点的个数，得出结果.
【详解】.
当时，在上单调递增.易知有且仅有一个零点.
当时，有唯一解.易知在上，单调递减，且，即在上有一个零点，在上，单调递增.结合，可得在上有一个零点.故在上各有一个零点.
当时，令，得，易知在上，单调递减，在上，单调递增.故的最小值为仅有一个零点.
当时，有唯一解.
易知在上，单调递减，且，
所以在上有一个零点.
在上，单调递增，且，
，所以在上有一个零点.
故在上各有一个零点.
综上，当或时，仅有一个零点；当或时，有两个零点.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：
借助导数的知识来求函数零点的个数问题，函数中含有参变量，随着参数的变化，函数的单调区间、极值等都在发生变化.因此解决此类问题时必不可少的要求画出函数的趋势图象，然后根据趋势图象找出符合零点问题的条件即可，这里需要说明一下，参数影响零点的个数问题主要有两个方向，一是参数影响单调性和单调区间的个数；二是参数影响函数的极值或最值.通过这两个方向就可以影响函数的趋势图像，进而影响零点的个数.
12. 意大利数学家斐波那契从兔子繁殖问题引出的一个数列，其被称为斐波那契数列，满足.某同学提出类似的数列，满足.下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 设的前项和为 D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项：，裂项相消；
B选项：根据递推公式推导出 是以-5为首项，-1为公比的等比数列.
C选项：配凑；
D选项：
【详解】A项：
故A正确.
B选项：因为，
，所以是以-5为首项，-1为公比的等比数列.故B错误.
C选项：

，故C错误.
D选项：D正确.
故选AD.
【点睛】配凑；

将数列配凑和转化是本题的难点和解题关键点.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 已知函数，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】求导，求出，得到解析式，代入，求出答案.
【详解】因为，故
所以，故.
故答案为：2
14. 甲､乙､丙等6个人站成一排，若要求甲、乙均站在丙的左边，则不同的排法有__________（用数字作答）种.
【答案】
【解析】
【分析】丙所在位置进行分类讨论即可求解.
【详解】情形1：丙在最右端，则有种；
情形2：丙在第五位，则有种；
情形3：丙在第四位，则有种；
情形4：丙在第三位，则有种；
故甲，乙均站在丙的左边共有种，
故答案为：.
15. 已知球的半径为6，球心为，球被某平面所截得的截面为圆，则以圆为底面，为顶点的圆锥的体积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆的半径为，圆锥的高为，则，圆锥的体积，利用导数求得圆锥的体积的最大值.
【详解】设圆的半径为，圆锥的高为，则.
圆锥的体积，
令函数，则.
当时，单调递增；当时，单调递减.
所以，故圆锥的体积的最大值为.
故答案为：.
16. 已知O是坐标原点，F是双曲线的左焦点，平面内一点M满足△OMF是等边三角形，线段MF与双曲线E交于点N，且，则双曲线E的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等边三角形性质、余弦定理以可解得，进而根据双曲线的定义可求得，即可得到其离心率.
【详解】根据双曲线的对称性，不妨假设在第二象限，作出如下图形，
设双曲线的右焦点为，连接.

因为是等边三角形，所以，．
又，所以．
在中，由余弦定理知
，
则.
根据双曲线的定义有，则．
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分.
17. 已知公差大于0的等差数列的前项和为，，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式及;
（2）设数列的前项和为，求数列中整数的个数.
【答案】（1），.
（2）3个.
【解析】
【分析】（1）由条件转化成基本量即可求解;
（2）裂项求出的表达式，再寻找使得是整数的的个数即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
所以由条件可得:，解得，
所以，.
【小问2详解】
数列的通项公式为:，
所以，
要使得为整数，只需是6的约数即可，
故数列中整数为:;
故数列中的整数共3个.
18. 已知函数在处取得极小值－4．
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值．
【答案】（1）－4 （2）16
【解析】
【分析】（1）利用极值的定义列方程求解，进而得的值；
（2）利用导数讨论函数在的单调性，结合极值和区间端点处的函数值即可求最值．
【小问1详解】
.
依题意可得，解得，
所以.
【小问2详解】
.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增.
则的极大值为，又，
故在区间上的最大值为16.
19. 如图，四棱锥的底面为矩形，，平面平面，是的中点，是上一点，且平面.

（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设平面与直线相交于点，根据线面平行的判定定理和性质，证得四边形为平行四边形，进而得到的值；
（2）利用面面垂直的性质，证得平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设平面与直线相交于点，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又由平面平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以分别为的中点，所以.
【小问2详解】
解：由四棱锥 的底面为矩形，且 ，
因为为的中点，所以，
又因为平面平面，平面，且平面平面，
所以平面，
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为四棱锥 的底面为矩形，且且，
则，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，则.

20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，结合函数的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
.
则曲线在点处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
，即.
令，由条件可知，对任意恒成立.
因为，所以在上单调递增.
因为，所以当时，，所以.
故实数的取值范围为.
21. 如图，，，，是抛物线：上的四个点（，在轴上方，，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点．

（1）若点的横坐标为6，则当的面积取得最大值时，求点的坐标．
（2）试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，定值为2
【解析】
【分析】（1）首先求出直线方程，由于的长度为定值，故点离直线距离越远，的面积越大，设与直线平行的直线为，根据直线与抛物线相切求出，进而取出点坐标.
（2）首先设，设直线BD为，然后将直线与曲线联立，利用韦达定理求得，．同理求得，，然后根据弦长公式分别求得，，，，然后代入中即可证明其为定值.
【小问1详解】
由题可知，点的坐标为，直线的方程为，
则的长度为定值．
将直线平移到与抛物线相切，切点为，此时的面积取得最大值．
设切线的方程为，联立方程组
消去整理得．
，解得，
将代入，
解得，，故点的坐标为．
【小问2详解】
设，则直线的方程为，
联立方程组消去整理得，
则，．
同理可得，，．
，，
，，
所以．
故是定值，且该定值为2．
【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线中的弦长公式我们并不陌生，弦长，其中在圆锥曲线中，任意两点间的距离我用都可以仿照弦长公式进行求解，假设，，即，用此方法求两点间距离时，方便我们利用韦达定理.
22. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围，并证明.
【答案】（1）见解析
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，分和讨论导函数的正负，即可得出的单调性；
（2）对求导，得到的单调性，要使函数有两个零点，令，即，即可求出的取值范围；要证，即证，通过构造函数法令，对求导，得出的单调性即可证明.
【小问1详解】
.
当时，在上恒成立，所以在上单调递增.
当时，若，则，若，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
令，得.
令，则.
设函数，则，
所以在上单调递减.
因为，所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
当趋近于0时，趋近于负无穷.
当趋近于正无穷时，趋近于负无穷，
因为有两个零点，所以，解得.
故的取值范围为.
因为，所以.
要证，只需证.
由于在上单调递增，故只需证.
由，得
令，则.
当时，，所以在上单调递增.
，即，
所以，即证得.