2022-2023学年江苏省南京市高二下学期期中联考数学试题【含答案】

2022-2023学年江苏省南京市高二下学期期中联考数学试题一、单选题1．曲线：在点处的切线方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，运用点斜式方程可得切线的方程．【详解】解：的导数为所以曲线在点处的切线斜率为即曲线：在点处的切线方程为即为．故选：A.2．仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（

）种.A． B． C． D．【答案】C【分析】每个冠军都有3种可能，因为有四项比赛，根据乘法原理，可得冠军获奖者的可能情况．【详解】解：由题意，每项比赛的冠军都有3种可能，因为有四项比赛，所以冠军获奖者共有种可能故选：C．3．已知点，则点到直线的距离是（

）A． B． C． D．5【答案】B【分析】根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可.【详解】设，可求得，所以．故选：B4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，给出下列4个条件：①a1=1；②a4=4；③S3=9；④S5=25，若只有一个条件不成立，则该条件为（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【分析】根据等差数列通项公式及求和公式的基本量计算，对比即可得出结果.【详解】设等差数列{an}的公差为，，，，即，即.当，时，①③④均成立，②不成立.故选：B5．德国数学家莱布尼茨是世界上第一个提出二进制记数法的人.二进制数被广泛应用于电子电路､计算机等领域.某电子电路每运行一次都随机出现一个四位二进制数，其中出现0的概率为，出现1的概率为，记，当电路运行一次时，的数学期望（

）A． B．2 C． D．3【答案】C【分析】根据二项分布求期望.【详解】由题意，，故，故选:C.6．“送出一本书，共圆读书梦”，某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动，运送的卡车共装有10个纸箱，其中5箱英语书、2箱数学书、3箱语文书．到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱．现从剩下9箱中任意打开2箱都是英语书的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】剩下9箱中任意打开2箱都是英语书的情况整体分为三种情况：丢失的英语书、数学书和语文书，计算出每种情况的概率即可.【详解】设事件A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，事件表示丢失的一箱为分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得．故选：A7．已知函数，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由定义知为奇函数，应用导数研究单调性，将问题转化为上求的取值范围.【详解】由题设，，即在R上为奇函数；在上，故在上递增，易知：在R上递增，又，则，即上；令，则，故上，递增；上，递减，而，，此时；综上，的最小值为.故选：A8．如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：…，记此数列的前n项之和为，则的值为（

）．A．452 B．848 C．984 D．1003【答案】C【分析】观察杨辉三角结合其中数的来源，可得到这个数列的奇数项的通项公式和偶数项的通项公式，分别求奇数项和与偶数项和，从而得到前n项和.【详解】设数列为，前32项里面有偶数项16项，奇数项16项，当为偶数时，易知，且，所以，所以偶数项之和为，当为奇数时，，，，，…，所以，则，所以前32项里面奇数项和为：，又由组合数性质，所以，所以.故选：C.二、多选题9．在等比数列中，，若对正整数n都有，那么公比的取值可以是（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据，判断出即，且.进而根据推知则，最后可得的范围.【详解】在等比数列中，，若对正整数都有,则即；若，则数列为正负交错数列，上式显然不成立；若，则,故，因此.所以公比的取值可以是，；故选：BD.10．已知，分别为随机事件，的对立事件，，，则下列说法正确的是（

）．A． B．C．若，独立，则 D．若，互斥，则【答案】BCD【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断．【详解】选项A中：，故选项A错误，选项B正确；选项C中：，独立，则，则，故选项C正确；选项D中：，互斥，则，根据条件概率公式，故选项D正确，故选：BCD11．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，则（

）．A． B．与平面所成角为C．异面直线与所成角的余弦值为 D．二面角的正弦值为【答案】ABD【分析】连接，由已知结合余弦定理与勾股定理逆定理可得，于是可建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算逐项判断即可.【详解】连接，因为，设，由余弦定理得，所以，则，则，即，又底面，底面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则对于A，所以，，则，所以，故A正确；对于B，又，因为底面，所以是平面的一个法向量，所以，则与平面所成角的正弦值为，即与平面所成角为，故B正确；对于C，，则，则异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；对于D，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，令二面角所成角为，则则平面与平面的夹角的余弦值为，所以，故D正确.故选：ABD.12．已知函数，则（

）A．函数在R上单调递增，则B．当时，函数的极值点为－1C．当时，函数有一个大于2的极值点D．当时，若函数有三个零点，则【答案】ACD【分析】利用导数与函数单调性的关系可判断A；利用导数与函数的极值点之间的关系判断B，C；对于D，作出函数大致图象，判断的范围，进而根据，可得到，由此采用换元法并构造函数，从而证明，判断D.【详解】对于A，由可得，若函数在R上单调递增，则恒成立，即恒成立，故，故，经验证时，，仅在时取等号，适合题意，故函数在R上单调递增，则，A正确；对于B，当时，，，仅在时取等号，在R上单调递增，函数无极值点，B错误；对于C，由于，当时，，则不妨取，且或时，函数，当时，函数，，故是的极小值点，且由于，则，则，C正确；对于D，当时,,当或时，，当时，函数，则在上单调递增，在上单调递减，且，故可作出其大致图像如图：函数有三个零点，即函数的图象与直线有三个交点，不妨设，由于，而，且，故，由图象可知，考虑到当m趋近于0时，会趋近于无限小，趋近于0，故猜测，下面给以证明：由题意可知，故，设，则，故，则，要证明，即证，即，设，故，故在上单调递增，故，即成立，故，而，故成立，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题要综合应用导数与函数的单调性以及极值点之间的关系等知识，同时注意数形结合以及构造函数等方法，难点在于判断时，要首先判断出三者的范围，进而数形结合，合理猜测，进而利用构造函数的方法加以证明.三、填空题13．若的展开式中第5项的二项式系数最大，写出一个符合条件的n的值是_________．（写出一个满足条件的n的值即可）【答案】7（答案不唯一：7，8，9均可）【分析】分为奇数和偶数两种情形，结合二项式系数的特征即可得结果.【详解】当为偶数时，若，第5项二次项系数最大；当为奇数时，若，第4、5项二次项系数最大，合乎题意；若，第5、6项二次项系数最大，合乎题意；故的值为：7，8，9故答案为：7（答案不唯一：7，8，9均可）14．某人投篮命中的概率为0.6，投篮14次，最有可能命中_______次．【答案】8或9【分析】易知投篮命中次数服从二项分布，设最有可能命中m次，于是，解出不等式即可得到答案.【详解】投篮命中次数，设最有可能命中次，则，，或．最有可能命中8或9次．故答案为：8或9.15．已知数列的项数为，且，则的前n项和为_______．【答案】【分析】根据倒序相加法求得，再根据二项式系数和公式即可求解.【详解】因为，又，所以又因为，所以，即.故答案为：.16．设函数，若有且仅有两个整数满足，则实数的取值范围为_________．【答案】【分析】设，，利用导数求出的单调区间，即可求出其最大值，依题意有且仅有两个整数满足，即可得到且，从而求出参数的取值范围.【详解】设，，则，，，在上单调递增，，，在上单调递减，时函数取极大值即最大值，又，，，直线恒过定点且斜率为，要使有且仅有两个整数满足，即有且仅有两个整数满足，且，解得，即.故答案为：．四、解答题17．已知等式．(1)求的值；(2)求的值；(3)求【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）令将式子转化为，再写出展开式的通项，即可求出；（2）令计算可得；（3）将两边对求导，再令计算可得.【详解】（1）因为，令，则，所以，又展开式的通项为，令，解得，所以.（2）因为展开式的通项为，所以，，，，，，，所以，令可得，所以.（3）对两边同时对求导可得，，令可得.18．已知数列的前n项和为，，且满足．(1)求数列的通项公式；(2)设的前n项和为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）先用替换原式中的，然后两式作差，结合与的关系，即可得到为等差数列，从而得到其通项；（2）由（1）的结论，求得及，代入化简，得到的式子，再裂项相消即可求出结果.【详解】（1）因为，当时，，两式作差得，即，又，所以，当时，，又当时，，解得，可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列，所以，即（2）由（1）知，所以，.19．设函数．(1)若，求函数的单调区间；(2)若函数恰有一个零点，求实数的取值范围．【答案】(1)递增区间为，，递减区间为；(2).【分析】（1）利用导数研究的符号，即可得的单调区间.（2）讨论、、，结合的极值，要使恰有一个零点，有极大值小于0或极小值大于0，即可求参数范围.【详解】（1）由题设，，而，则，由于的关系为：极大值极小值递增递减递增所以的递增区间为，，递减区间为；（2）当时，由（1），极大值，极小值，要使有且仅有一个零点，所以或，解得，所以；当时单调递增，显然有且只有一个零点，符合题意；当时，递增区间为，，递减区间为；极大值，极小值，要使有且仅有一个零点，所以或，解得，所以；综上：.20．如图，四面体中，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)设，，，点在上，若与平面所成的角的正弦值为，求此时点的位置．【答案】(1)证明见解析(2)为的四等分点且靠近点位置【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明；（2）根据已知求证、、两两垂直，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【详解】（1）因为，为的中点，所以，在和中，所以，所以，又为的中点，所以，又平面，，所以平面.（2）因为，则，，由且，所以是等边三角形，由且，为的中点，所以，在等腰直角中，则，故，又且，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，，设面的一个法向量为，则，取，则，又，，设，，所以，设与平面所成的角的正弦值为，因为，所以，所以，解得，所以为的四等分点且靠近点位置.21．甲、乙两队进行排球比赛，每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积3分，负队积0分；以取胜的球队积2分，负队积1分，已知甲、乙两队比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为．(1)甲、乙两队比赛1场后，求乙队积3分的概率；(2)甲、乙两队比赛2场后，求两队积分相等的概率．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知乙队以3：0或3：1取胜，分别求出其概率，进而可求出结果；（2）设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2，由两队积分相等，可推出，再分四种情况，并结合独立事件的概率公式，即可得解．【详解】（1）（1）由题意可知乙队以3：0或3：1取胜，当乙队以3：0获胜时，，当乙队以3：1获胜时，，所以甲、乙两队比赛1场后，乙队积3分的概率为.（2）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件，设第场甲、乙两队积分分别为，，则，，2，因两队积分相等，所以，即，则，而，，，所以．22．已知函数.（1）当时，求的最值；（2）当时，记函数的两个极值点为，，且，求的最大值.【答案】（1），无最大值.（2）【分析】（1）当时，函数，