高二下学期期中考测试卷（必修一~选择性必修三第六章计数原理）-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第三册)

这是一份高二下学期期中考测试卷（必修一~选择性必修三第六章计数原理）-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第三册)，文件包含高二下学期期中考测试卷必修一选择性必修三第六章计数原理原卷版docx、高二下学期期中考测试卷必修一选择性必修三第六章计数原理解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。

2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）
1．（2022秋·广东广州·高一广州市第七中学校考期末）已知，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合交集、并集、补集的运算，可得答案.
【详解】，，则.
故选：C.
2．（2023秋·广东·高三统考期末）如图，在复平面内，复数对应的向量分别是，且复数，若复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先从图象得到再利用乘除运算得到，根据在复平面内的对应点关于虚轴对称即可求解
【详解】
复数，
所以在复平面内的对应点的坐标为，
又在复平面内的对应点关于虚轴对称，
所以在复平面内的对应点的坐标为，，
故选：D.
3．（2017秋·广东汕头·高三开学考试）方程表示双曲线的一个充分不必要条件是
A．－3＜m＜0B．－3＜m＜2
C．－3＜m＜4D．－1＜m＜3
【答案】A
【详解】由题意知，，则C，D均不正确，而B为充要条件，不合题意，故选A.
4．（2022秋·广东深圳·高一校考期末）若函数（且）的图象恒过定点，且点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出点的坐标，利用三角函数的定义以及诱导公式可求得的值.
【详解】当，即时，，所以，
所以，由诱导公式可得.
故选：C.
5．（2022春·广东茂名·高二信宜市第二中学校考开学考试）等差数列为递增数列，为其前项和，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等差数列通项公式基本量运算公式计算出公差，进而利用求和公式计算出答案.
【详解】设数列的公差为，由，，得：，解得：，又因为数列递增，所以，，所以．
故选：A．
6．（2022秋·广东中山·高一校考阶段练习）正实数满足,则的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】B
【解析】由,变形为，然后利用“1”的代换，结合基本不等式求解.
【详解】因为,
所以，
则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为1，
故选：B.
7．（2022秋·广东汕头·高三金山中学校考阶段练习）将6名新教师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，其中教师甲不能去A学校，则不同的安排方案的种数是（ ）
A．540B．360C．240D．180
【答案】B
【分析】计算出6名新教师安排到A，B，C三所学校去任教每所学校至少一人的所有情况，
根据教师甲去每所学校的情况都是一样的可得答案.
【详解】将6名新教师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，
有或或三种分配方案，
所以共有种情况，
其中教师甲去每所学校的情况都是一样的，
所以教师甲不能去A学校的不同的安排方案的种数是种.
故选：B.
8．（2022秋·广东揭阳·高二校考期末）柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，
在中根据相似列方程，整理得，
然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.
【详解】解：如图，设正八面体上顶点为A，圆柱上底面圆心为B，
正四棱锥底面中心为C,取四棱锥底面边中点为D，AD交圆柱上底面于E.
设该圆柱的底面半径为，高，
由题可知，，，则．
又，∴，，
∴圆柱的体积，，
可知，当时，；当时，，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
∴当时，．
故选:.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．（2021·广东肇庆·模拟预测）已知数列是等比数列，公比为，前项和为，下列判断错误的有（ ）
A．为等比数列B．为等差数列
C．为等比数列D．若，则
【答案】BC
【分析】对于选项A，利用等比数列的定义判断即可；对于选项B，C，利用举反例的办法判断即可，对于选项D，先求出，，的值，再利用即可求出的值．
【详解】解：令，则，所以是等比数列，选项A正确；
若，则无意义，所以选项B错误；
当时，，此时不是等比数列，所以选项C错误；
若，则，
，
，
由是等比数列，得，即，解得，所以选项D正确．
故选：BC．
10．（2022春·广东广州·高一广州六中校考期中）如图是函数的部分图象，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是函数的一个对称中心
C．D．函数在区间上是减函数
【答案】AC
【分析】根据图像可得函数周期和最值，根据周期得到，代入最值点得到，进而可得，计算是否为零可判断是否函数的一个对称中心，根据，得到，可判断函数在区间上的单调性.
【详解】由图可知，，，故，A正确；
则，
又，得，
因为，，C正确；
因为，故不是函数的一个对称中心，B错误；
当时，，函数在上不是单调函数，所以函数在区间上也不是单调函数，D错误.
故选：AC.
11．（2023秋·广东江门·高三江门市棠下中学校联考期末）已知，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为B．单调递增区间为
C．的极大值为D．方程有两个不同的解
【答案】AC
【解析】对求导，结合导数的几何意义可得切线的斜率，再用两点式写出切线方程，可判断选项；利用导数分析函数的单调性，极值可判断选项，；将方程的解个数转化为两个函数图象交点个数，数形结合即可判断选项．
【详解】解：因为，所以函数的定义域为
所以，，，
∴的图象在点处的切线方程为，
即，故A正确；
在上，，单调递增，
在上，，单调递减，故B错误，
的极大值也是最大值为，故C正确；
方程的解的个数，即为的解的个数，
即为函数与图象交点的个数，
作出函数与图象如图所示：
由图象可知方程只有一个解，故D错误.
故选：AC.
12．（2022春·广东汕头·高二金山中学校考期中）已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，，，（且）满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．时，
B．时，的最小值为9
C．时，
D．时，的最小值为8
【答案】BC
【分析】以为抛物线通径，求得的值，判断A; 当时,写出焦半径的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B; 当时,求出的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.
【详解】当时，，此时不妨取 过焦点垂直于x轴，
不妨取 ，则，故A错误；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则 ，则 ，
故
，
令 ，则，
令 ，则 ，
当时， ， 递增，当时， ， 递减，
故 ，
故当 ，即 时，取到最小值9，故B正确；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则，
即，
故，
，
所以，故C正确；
由C的分析可知：，
当 时，取到最小值16，
即最小值为16，故D错误；
故选：BC
【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式的应用，综合性较强，涉及到抛物线的焦半径的应用，以利用导数求最值，和三角函数的相关知识，难度较大.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2022春·广东汕头·高二金山中学校考期中）二项式的展开式的常数项为________．
【答案】60
【分析】根据题意结合二项展开式的通项运算求解.
【详解】根据二项展开式的通项，
令，，则，
故常数项为60.
故答案为：60.
14．（2022春·广东湛江·高一校考阶段练习）平面向量与的夹角为60°，，，则______.
【答案】
【分析】首先求出，再根据数量积的定义求出，最后由及数量积的运算律计算可得.
【详解】解：因为，所以，又且向量与的夹角为，
所以，
所以
.
故答案为：
15．（2020秋·广东广州·高二广东实验中学越秀学校校考期中）过点的直线与抛物线的两交点为，与轴的交点为，若，则__________．
【答案】
【分析】设方程为，联立方程得，利用韦达定理，根据得到，解得答案.
【详解】设方程为，，，，
∵，∴，由，得
，
∴，，
∴，
∴
故答案为
【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，计算量大，意在考查学生的计算能力.
16．（2021秋·广东揭阳·高三校考阶段练习）在中，角的对边分别为， ，，若有最大值，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由正弦定理，三角恒等变换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求，进而求解的取值范围.
【详解】由于，所以，
由正弦定理得，
所以，，
所以
.
当，即时，，没有最大值，所以，
则，其中，
要使有最大值，则要能取，由于，
所以，所以，即，解得.
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023春·广东广州·高二校考阶段练习）从2位女生，4位男生中选出3人参加垃圾分类宣传活动．
(1)共有多少种不同的选择方法？
(2)如果至少有1位女生入选，且选出的这3位学生，分别去3个不同地方进行宣传，共有多少种不同的安排方法？
【答案】(1)20
(2)96
【分析】（1）根据题意，利用组合数公式计算可得答案；
（2）根据题意，利用间接法分析，计算选出的3人中没有女生的数目，然后再排序即可得答案.
【详解】（1）根据题意，从2位女生，4位男生中选出3人参加垃圾分类宣传活动，
是组合问题，其选择方法数为；
（2）根据题意，从6人中选出3人，其中没有女生入选的选择方法数为，
所以至少有1位女生入选的选择方法数为，
再分别去3个不同地方进行宣传总的方法数为.
18．（2022秋·广东深圳·高三红岭中学校考阶段练习）在△ABC中，角的对边分别为，且
(1)求角C；
(2)若，D为BC中点，求AD的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）法一：由正弦定理结合得到，从而得到；
法二：由余弦定理得到，从而得到，求出；
（2）法一：由求出，进而得到，由正弦定理求出，故，在中，由余弦定理求出答案；
法二：求出，在中，由正弦定理得到，因为D为BC中点，所以，进而利用向量的数量积运算法则求出答案.
【详解】（1）法一：，由正弦定理，得
，
整理得：，
因为，所以
故，又，所以，
法二：，
由余弦定理，得，
得，
故，
又，所以；
（2）法一：因为，故为锐角，
因为，所以
又，
由正弦定理知，，所以BC=，
又D为BC中点，所以，
在中，由余弦定理知：
，
解得：.
法二：
，
在中，由正弦定理得，即，
因为D为BC中点，所以，
，
所以.
19．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知等差数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)若为正项等比数列，，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，即可求出通项作答.
（2）求出等比数列的通项公式，再利用错位相减法求解作答.
【详解】（1）在等差数列中，，解得，而，
则等差数列的公差，
所以的通项公式是.
（2）设正项等比数列的公比为，，解得，而，
则有，解得，
，由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：，
所以数列的前项和.
20．（2023春·广东广州·高二统考开学考试）如图，在直三棱柱中，，D、E、F分别是棱、、的中点．
(1)求证：DF平面；
(2)若，求平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取AC中点M,连接，证明DF∥，即可证明 DF∥平面
（2）利用空间向量法分别将平面与平面的法向量表示出来，再求出夹角的余弦值
【详解】（1）
取AC中点M,连接，
，且，
又，
，
四边形是平行四边形，
,
又平面平面，
所以DF∥平面.
（2）因为，
所以
又因为直三棱柱中，且，平面
所以平面
又平面
所以
所以、、两两垂直
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
由题知，
所以，，，，，
设平面的法向量为，，
则，
取， 得，
平面的一个法向量，
所以平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为
21．（2022秋·广东广州·高三校考期中）已知椭圆的离心率为，短轴长为10，右顶点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)不经过点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆过点.求证：直线过定点，并求此定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）利用椭圆的几何性质求得，从而得到椭圆C的方程；
（2）先讨论直线l的斜率存在的情况，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及得到或，从而证得直线l过定点，再讨论直线l的斜率不存在的情况，求得或，从而得证.
【详解】（1）依题意，得，解得，，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线l的斜率存在时，可设直线l：，点，，，
联立，消去，得，
所以，即，
又，，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，则，
解得或，满足，
所以直线l：或，
由于直线l不过点，所以直线l：，则直线l过定点；
当直线l斜率不存在时，，，
因为，所以，即，
又，解得或，
由于直线l不过点，所以，则直线l过定点；
综上：直线l过定点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．（2021春·广东佛山·高二统考期末）已知函数
（1）若单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数有两个极值点，，且，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）依题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，求出函数在上的范围，即可解出；
（2）根据极值点和导数的关系可得，，是方程（）的两个根，即有，且，于是原不等式可化为，消元化简得，再利用导数可判断函数在上单调递增，即证出．
【详解】（1）的定义域为，．
若单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立．在上单调递减，于是．
所以实数的取值范围为．
（2），．
依题意可得，是方程（）的两个根，于是，且．
要证，只需证，即证．
，因为，所以，从而
．
令，，则，设，则．令，解得（舍去）．由得，由可得，于是在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减．而，，于是在上，因此在上单调递增，从而．
综上所述，，原命题获证．