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1、 20222023学年（下）高二期中质量监测数学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，包含单项选择题（第1题第8题，共40分）、多项选择题（第9题第12题，共20分）、非选择题（第13题第22题，共90分）三部分.本次考试满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填在答题卡上.3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确.4.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对
2、应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.5.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚.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，只有一项是符合题目要求的.1. 已知，则（ ）A. 27B. 54C. 12D. 6【答案】B【解析】【分析】根据复合函数的求导法则求导，进而代值计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：B.2. （ ）A. 35B. 56C. 70D. 84【答案】A【解析】【分析】根据组合数性质化简，再应用组合数公式计算即可.【详解】,.故选：A.3. 已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，用，表示，则
3、等于（） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用向量的线性运算即可求得结果【详解】因为，所以.故选：D.4. 2023年4月26日南通支云足球队将在主场迎战河南队，组委会安排甲、乙等5人到球场的四个区域参加志愿服务，要求每个区域都有人服务，且每位志愿者只能服务一个区域，则甲、乙两人被安排到同一区域的方法种数为（ ）A. 18B. 24C. 60D. 120【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法求解即可.【详解】将甲乙捆绑在一起与其他人一起进行全排列，共有种排法，所以将甲、乙两人被安排到同一区域的方法种数为24种.故选：B.5. 向量，满足，且，则（ ）A. B. C. 22D.
4、【答案】A【解析】【分析】根据空间向量数量积及坐标表示计算求解即可.【详解】，所以.故选：A.6. 当下有部分年轻人热衷于购买盲盒，现有10只不同的盲盒，其中有4只文具盲盒，6只零食盲盒.若每次从中开1只盲盒，直到4只文具盲盒全部打开为止，则最后1只文具盲盒恰好在第6次被打开的方法种数为（ ）A. 480B. 1800C. 7200D. 10800【答案】C【解析】【分析】先利用特殊位置优先法第6次抽到其中任一只文具盲盒有种情况，再求前5次的情况，再由分步计数原理求解即可.【详解】有10只不同的盲盒，其中有4只文具盲盒，第6次抽到其中任一只文具盲盒有种情况，前5次有3次是文具盲盒，2次是零食盲
5、盒，共有种可能，前5次打开盲盒的顺序有种可能，由分步计数原理可得共有种.故选：C.7. 已知随机事件，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出，进而推得.即可根据条件概率公式，得出答案.【详解】由已知可得，.因为，所以，.又,所以，.又，所以，.故选：A.8. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用利用导数分析函数的单调性，可判断利用函数值【详解】因为，该函数的定义域为，且，故，单调递增；，单调递减，因为函数在上单调递减，且，； 故选:B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项
6、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. 已知函数，则（ ）A. 在上单调递减B. 的极大值为1C. 方程有两解D. 曲线经过四个象限【答案】ABD【解析】【分析】先利用导数分析函数单调性，进而画出大致图象，判断各选项即可.【详解】因为，所以，令，即或；令，即，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，故A正确；当时，取得极大值，故B正确；又，画出大致图象，结合图象可知函数与只有一个交点，所以方程只有一解，故C错误；由图象可知曲线经过四个象限，故D正确.故选：ABD.10. 在树人中学举行的演讲比赛中，有3名男生，2名女生获得一等奖.现将获得一等奖的学生排成
7、一排合影，则（ ）A. 3名男生排在一起，有6种不同排法B. 2名女生排在一起，有48种不同排法C. 3名男生均不相邻，有12种不同排法D. 女生不站在两端，有108种不同排法【答案】BC【解析】【分析】利用捆绑法可判断A、B；利用插空法可判断C；利用分步计数法可判断D.【详解】解：由题意得：对于选项A：3名男生排在一起，先让3个男生全排后再作为一个整体和2个女生做一个全排，共有种，A错误；对于选项B：2名女生排在一起，先让2个女生全排后再作为一个整体和3个男生做一个全排，共有种，B正确；对于选项C：3名男生均不相邻，先让3个男生全排后，中间留出两个空位让女生进行插空，共有种，C正确；对于选项
8、D：女生不站在两端，先从三个男生种选出两个进行全排后放在两端，共有种，然后将剩下的3人进行全排后放中间，共有种，D错误.故选：BC11. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据排列数和组合数公式判断各选项即可.【详解】对于A，故A正确；对于B，故B正确；对于C，因为，且，所以，故C错误；对于D，故D正确.故选：ABD.12. 在正三棱柱中，已知，为中点，点在直线上，点在直线上，则（ ）A. B. 平面C. 异面直线与所成角的余弦值为D. 线段长度的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】在正三棱柱中，为中点，所
9、以，以D为原点，DA，DB为 x轴，y轴，过D点垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，可得，故A正确.，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，因为，即，又平面，所以平面，故B正确；设异面直线与所成角为，异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；，设向量，且，令，则，所以，线段EF长度的最小值为，故D正确.故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 展开式中含项的系数是_.【答案】120【解析】【分析】化简，由的展开式的通项公式可知其不可能出现含的项，进而求解即可【详解】，因为的展开式的通项公式为，不可能出现含的项，所以展开式中含的项为，即含
10、项的系数是120.故答案为：120.14. 银行卡的密码由6位数字组成.某人在银行自动取款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字.如果记得密码的最后一位数字是奇数，则不超过2次就按对的概率为_.【答案】#【解析】【分析】设出事件，由已知根据互斥事件的运算性质，以及条件概率的性质，即可得出答案.【详解】设为“第次按对密码”（），则事件“不超过2次就按对”可表示为，记“密码的最后一位数字是奇数”，由条件概率的性质可得，.故答案为：.15. 曲线与在公共点处有相同的切线，则_.【答案】【解析】【分析】设、求出函数的导函数，且公共点为，依题意可得，即可得到方程组，解得即可.【详解】设、，则、，设与的公共
11、点为，与在公共点处有相同的切线，即，则，则，所以，所以故答案为：16. 在空间直角坐标系中，已知，均在球的表面上.若点在平面内，且，平面，则_；球的半径为_.【答案】 . # . 【解析】【分析】根据已知可推得点是的中心，根据重心定理得出点坐标.根据线面垂直列出方程组，求出的值，即可得出.根据已知确定球心的位置，进而根据正弦定理得出即外接圆的半径，然后根据勾股定理列出关系式，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，所以，即为等边三角形.又点在平面内，且，所以，点为外心，也是的中心，所以，点为的重心.由重心定理可得，.又平面，所以有，即，解得，所以，. 如图，由已知可推得，球心在线段上，设半径为，
12、外接圆的半径为.由正弦定理可得，则.又，所以有.又，所以有，解得.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设，求：（1）；（2）.【答案】（1）5670 （2）16777216【解析】【分析】（1）由二项式公式展开对比即可求解；（2）结合平方差公式并利用函数观点即可求解.【小问1详解】由二项式公式得，对比，即得.【小问2详解】设，因为，所以=16777216.18. 如图，在正方体中，点是的中点 （1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设正方体的边长
13、为2，表示出和，由即可证明；（2）直接根据线面角的向量公式即可求解【小问1详解】以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方体的边长为2，则，所以，因为，所以小问2详解】由（1）得，设平面的一个法向量为，由，即，取，则，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为19. 已知函数.（1）求的最值；（2）求曲线过点的切线方程.【答案】（1）最小值为，无最大值 （2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域，得出导函数，根据导函数得出函数的单调性，即可得出答案；（2）设切点为，根据导数的几何意义得出斜率.根据已知结合斜率的公式即可得出.联立得出方程，求出方程的根，得
14、出切点坐标以及斜率，代入点斜式方程，即可得出答案.【小问1详解】由已知可得，的定义域为，且.当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增.所以，在处取得唯一极小值，也是最小值.所以，的最小值为，无最大值.【小问2详解】设切点为，则根据导数的几何意义可知，曲线在处的斜率，则，所以，整理可得，.设，则在上恒成立，所以，在上单调递增.又，所以存在唯一解.所以，的解为，切点，此时斜率为，切线方程为，整理可得，切线方程为.20. 设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球.某人先从甲袋中依次取2个球，再从乙袋中取1个球.若在甲袋中取得红球，则放入乙袋；若取得白球，则两袋均不放入.（1）求从甲
15、袋中第二次取得白球的概率；（2）求从乙袋取得红球的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据古典概型公式求解即可.（2）分别讨论从甲袋中取出白球的情况，再利用古典概型公式求解即可.【小问1详解】令事件：从甲袋中第二次取得白球，则.小问2详解】令事件：从乙袋取得红球，当从甲袋中取出的两个球均为白球时，.当从甲袋中取出的两个球一白一红时，.当从甲袋中取出的两个球均为红球时，.综上：.21. 如图，在四棱锥中，是的中点，平面，. （1）求点到平面的距离；（2）在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）E为中点，详见解析；
16、【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理得到平面PCD，然后以D为原点，以AD，DC为x，y轴建立空间直角坐标系，求得平面PAC的一个法向量 ，由；（2）设，求得平面AEC的一个法向量，由求解.【小问1详解】解：因为平面，平面，所以，又因为，且，平面PCD，所以平面PCD，则以D为原点，以AD，DC为x，y轴建立空间直角坐标系： 则，所以 ，设平面PAC的一个法向量为： ，则 ，即 ，令 ，得 ，所以点到平面的距离为 ；【小问2详解】设，则，设平面AEC的一个法向量为，则，即，令，则，则，所以，即，解得或（舍去）所以存在点E，是OP的中点.22. 已知函数的导函数为，且.（1）求函数在处的
17、切线方程；（2）证明：在上仅有一个零点，且.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的运算法则可得，进而根据导数的几何意义求解即可；（2）利用导数分析函数在上的单调性，进而结合，可得函数在存在唯一零点，进而得到，根据正弦函数的性质求证即可.小问1详解】由，则，所以，所以，即，所以函数在处的切线方程为，即.【小问2详解】由（1）知，则，当时，所以，所以函数在上单调递增，当时，所以，所以函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，又，所以函数在存在唯一零点，所以，即，所以，由，则，所以，所以，得证.【点睛】关键点点睛：本题关键在于分和两种情况讨论函数单调性，进而得到所以函数在上单调递增，从而结合，可得函数在存在唯一零点，进而结合三角函数的性质求证即可.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司