1、楚雄州中小学20222023学年下学期期中教育学业质量监测高中二年级数学试卷一、选择题：本大题共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（ ）ABCD2若函数，则（ ）A0BCD3的展开式中的系数是（ ）A560B560C280D2804已知某地有，三个4A景区，小华计划暑假至少去其中一个景区游玩，则不同的游玩方案（不考虑游玩顺序）有（ ）A3种B4种C7种D9种5九章算术中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”在堑堵中，四边形是边长为4的正方形，则堑堵外接球的表面积是（ ）ABCD6如图，小华从图中处出发，先到达处，再前往处，则小华从处
2、到处可以选择的最短路径有（ ）A25条B48条C150条D512条7已知是定义在上的奇函数，其导函数为，对任意的，都有0，且，则不等式的解集是（ ）ABCD8甲、乙两人进行了3轮投篮比赛，每轮比赛甲、乙各投篮一次，已知甲每轮投籃命中的概率为，乙每轮投篮命中的概率是，3轮比赛后，命中球数多的人获胜在每轮投篮比赛中，甲、乙投篮是否命中互不影响，各轮结果也互不影响，则3轮比赛结束后甲获胜的概率是（ ）ABCD二、选择题：本大题共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下列求导正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则
3、10从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员，则下列结论正确的是（ ）A若所选的3人中有女生，则不同的选法有870种B若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有360种C若班长由女生担任，则不同的选法有225种D若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有540种11已知，则下列结论正确的是（ ）ABCD12已知函数函数，则下列结论不正确的是（ ）A若，则恰有2个零点B若，则恰有4个零点C若恰有3个零点，则的取值范围是D若恰有2个零点，则的取值范围是三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上13已知向量，若，则_14函数在区间上的最小值是
4、_15在的展开式中，形如的所有项系数之和是_16已知函数，且的最小值是若关于的方程在上有2023个实根，则的最小值是_四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在等差数列中，（1）求；（2）若，数列的前项和为，求18（12分）已知函数（1）当时，求的极值；（2）若在上单调递减，求的取值范围19（12分）法国著名军事家拿破仑波拿巴提出过一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”如图，在非直角中，内角，的对边分别为，已知分别以，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，（1
5、）求；（2）若，的面积分别为，且，求的面积20（12分）如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点（1）证明：平面（2）若，求点到平面的距离21（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求面积的最大值22（12分）已知函数（其中为自然对数的底数），且曲线在处的切线方程为（1）求实数，的值；（2）证明：对任意的，恒成立楚雄州中小学20222023学年下学期期中教育学业质量监测高中二年级 数学试卷参考答案1B 2A 由题意可得，则3D 展开式的通项为令，得，则4C 由题意可知不同的游玩方案有种5D 设堑堵外接球的半径
6、为，则，则其外接球的表面积6C 从处到处的最短路径有条，从处到处的最短路径有条，则小华从处到处可以选择的最短路径有条7B 设，则，当时，则在上单调递增因为，所以，则当时，不等式的解集是，即当时，不等式的解集是因为是奇函数，所以当时，不等式的解集是综上，不等式的解集是8A 3轮比赛结束后甲获胜的情况有三种：甲命中1球，乙命中0球，其概率；甲命中2球，乙命中0球或1球，其概率；甲命中3球，乙命中0球或1球或2球，其概率故所求概率9AC 若，则，故A正确若，则，故B错误若，则，故C正确若，则，则D错误10ABD 若所选的3人中有女生，则不同的选法有种，则A正确若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法
7、有种，则B正确若班长由女生担任，则不同的选法有种，则C错误若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有种，则D正确11BCD 由题意可得，则A错误令，得，令，得，则，故B正确令，得，则，从而，故C正确设，则，从而，故D正确12ACD 令，即，解得或当时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故的大致图象如图所示由图可知有且仅有1个实根当时，恰有1个零点，故A错误当时，有3个实根，则恰有4个零点，故B正确由恰有3个零点，得恰有2个实根，则或或，则C错误由恰有2个零点，得恰有1个实根，且，则或或，则D错误1310由题意可得，则，解得148 因为，所以由，得或，由，得，则在和上单调递增
8、，在上单调递减因为，所以在区间上的最小值是815320 展开式的通项为令，得令，得所求系数之和为16 由题意可得，则，即，解得由，得，则或，解得或，故的相邻两个零点之间的距离是或要使最小，则，都是的解，则17解：（1）设数列的公差为，则解得，故（2）由（1）可知，则18解：（1）当时，则由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减故，（2）因为，所以因为在上单调递减，所以在上恒成立，即解得故的取值范围是19解：（1）因为，所以，所以，即因为不是直角三角形，所以因为，所以，所以，则（2）因为，的面积分别为，所以，由余弦定理可得，即，解得连接，由几何性质知，且，从而有，故的面积为20（1）证明
9、：取线段的中点，连接，记，连接因为，分别是，的中点，所以因为平面，平面，所以平面由题意可知四边形是矩形，则是的中点因为是的中点，所以因为平面，平面，所以平面因为平面，且，所以平面平面因为平面，所以平面（2）解：取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系因为，所以，则，设平面的法向量为，则令，得故点到平面的距离21解：（1）设椭圆的焦距为2c，则解得故椭圆的标准方程为（2）设直线的方程为，联立整理得则，得，即，故的面积设，则，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最大值为22（1）解：因为，所以，则解得（2）证明：设，则设，则设，则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增因为，所以存在，使得故当时，；当时，所以在与上单调递增，在上单调递减因为，所以存在唯一的，使得，所以当时，当时，则在与上单调递减，在与上单调递增故是与中的较小值因为，所以恒成立，即对任意的，恒成立
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