福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二下学期期中联考数学 Word版含解析.docx

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福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二第二学期期中联考数学试卷完卷时间：120分钟满分150分一、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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出直线的斜率即可得倾斜角.【详解】因为直线的斜率为0，故其倾斜角为.故选：B2.已知等差数列满足，则数列的前4项和为（）A.30B.20C.16D.12【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为，则由题设可得关于基本量的方程组，求出其解后可求.【详解】设等差数列的公差为，则，故，故，故选：D.3.已知函数，则其单调增区间是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出的定义域和导数，解不等式结合定义域即可求解. 【详解】由，函数定义域为，求导，令，得或（舍去）,所以单调增区间是故选：D.4.我国即将进入3航母时代，辽宁舰、山东舰、福建舰，航母编队的要求是每艘航母配1-2艘核潜艇，船厂现有4艘核潜艇全部用来组建航母编队，则不同的组建方法种数为（）A.36B.72C.12D.24【答案】A【解析】【分析】可将4艘核潜艇先分组再分配的方法求解.【详解】先将4艘核潜艇分成3组，每组至少1艘核潜艇，再将这3组核潜艇分配给辽宁舰、山东舰、福建舰，每个航母配1组核潜艇，则得不同的组建方法种数为.故选：A5.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出的单调性即可判断.【详解】函数的定义域为， ，令得，当时，，单调递增；当时，，单调递增；当时，，单调递减；则函数在和上单调递增，在单调递减.只有D选项满足.故选：D6.在所有不超过9且与9互质的正整数中，任取两个不同的数，则这两数之和仍为质数的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】列出所有不超过9且与9互质的正整数，算出其中两数之和仍为质数的有几组，再用古典概型的方法计算所求概率.【详解】所有不超过9且与9互质的正整数有1，2，4，5，7，8共6个，其中两数之和仍为质数的有1与2，1与4，2与5，4与7，5与8这5组，故所求概率为.故选：C7.《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塹堵，在塹堵中，若，若P为线段中点，则点P到平面的距离为（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】利用等积法可求到平面的距离，故可求点P到平面的距离. 【详解】因为为直角三角形，且，故，而平面，平面，故，同理，.而平面，故平面，故，又，故，而，故，所以，故，其中为到平面的距离，故，而P为线段中点，故P到平面的距离为，故选：C.8.设，则，，的大小顺序为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，求导得出函数的单调性，即可得出判断.【详解】因为，令，，则，令，， ，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.故选：A二、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.对于函数，以下直线方程是曲线的切线方程的有（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义根据斜率的值可求出切点，从而可求切线方程.【详解】设切点为，，则切线的斜率，若，则，切点为，故切线方程为，所以A正确，B错误；若，则，切点为，故切线方程为，即，故C正确；若，则，切点为，故切线方程为，即，故D错误.故选：AC10.校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救设备.福清融城中学准备引进5个不同颜色的自动体外除颤器（简称AED），则下面正确的是（）A.从5个AED中随机取出3个，共有10种不同的取法B.从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有60种选法C.把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，共有129种方法D.把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，共有150种方法【答案】ABD 【解析】【分析】由排列组合的方法逐一计算验证即可.【详解】从5个AED中随机取出3个，共有种不同的取法，故A正确；从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有种选法，故B正确；把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，则每个AED都有3种安放方法，故共有种方法，故C错误；把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，可先将5个AED分成3组，每组至少1个，再把这3组AED放在宿舍、教学楼、体育馆三个地方，每个地方放1组，故共有方法，故D正确.故选：ABD11已知圆，直线，则（）A.直线与圆C相交B.直线过定点（2，1）C.圆C被y轴截得的弦长为D.圆C被直线截得的弦长最短时，直线的方程为x=1【答案】ACD【解析】【分析】先考虑直线过定点，再判断该点在圆的内部，故可判断AB，利用弦长公式结合圆心到直线的距离可判断D的正误，在圆的方程中令后可求圆C被y轴截得的弦长，故可判断B的正误.【详解】可整理为，令，则，故直线过定点，故B错误.因为，故定点在圆的内部，故直线与圆C相交，故A正确.在圆的方程中令，则即，故圆C被y轴截得的弦长为，故C正确. 因为直线过定点，该定点与圆心的距离为，故圆心到直线的距离，故圆C被直线截得的弦长为，当且仅当时等号成立，此时定点与圆心连线的斜率为0，该连线垂直于直线，故直线的方程为，故D正确.故选：ACD.12.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔.简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（）A函数只有一个不动点B.若定义在R上的奇函数，图象上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数C.函数只有一个不动点D.若函数在上存在两个不动点，则实数a满足【答案】ABD【解析】【分析】根据不动点函数和不动点的定义，将各选项的不动点问题转化为方程的解的问题来处理后可得正确的选项，ACD选项中的对应的方程的解的问题需结合导数来处，而B中则需结合奇函数的性质来处理.【详解】对于A，令，因为，，故在上存在零点，但，故在上为减函数，故在上仅有一个零点，故有且仅有一个实数解，即只有一个不动点，故A正确.对于B，若为奇函数的非零不动点，则，而，所以也为奇函数的非零不动点，故的非零不动点成对出现，而，故为奇函数的不动点，所以奇函数不动点个数是奇数，故B正确. 对于C，设，则，时；时；故在上递增，在上递减，而，，，故在有两个不同的零点，故，故有两个不动点，故C错误.对于D，若函数在上存在两个不动点，则在上存在两个不同的解，故在上存在两个不同的解，设，，若，则，故在上为增函数，在上至多一个零点，与题设矛盾；若，时；时；故在上递增，在上递减，因为在上存在两个不同的零点，故，故.此时，，下证：当时，.设，则，故在上为减函数，故，故在上恒成立，故在上恒成立， 故在上恒成立，令，则，故当时，有，故时，在上的确存在两个不同的零点，故D正确.故选:ABD.【点睛】思路点睛：导数背景下函数的零点问题，需要结合导数的符号讨论函数的单调性，并结合零点存在定理讨论零点的存在性问题，取点如果比较复杂，则可以利用放缩法把指对数函数转为多项式函数来讨论.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知点P是点在坐标平面内的射影，则________.【答案】5【解析】【分析】求出的坐标后可求.【详解】因为点P是点在坐标平面内的射影，故，故，故答案为：5.14.福清融城中学高二（1）班一学生由教学楼五层走到一层去做课间操，每层均有两个楼梯，则他的走法有________种.【答案】16【解析】【分析】利用分步乘法计数原理即可求出结果.【详解】共分4步:五层到四层2种，四层到三层2种，三层到二层2种，二层到一层2种，一共种.故答案为:16.15.写出一个同时满足下列三个性质的函数=_______.①若，则；②；③当时，【答案】（答案不唯一） 【解析】【分析】根据函数性质，写出满足要求的对数函数即可.【详解】，满足，的定义域为，且，当时，，恒成立.故答案为：16.已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的左顶点为A，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P，Q两点，其中点Q在y轴右侧，若，则该双曲线的离心率的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的这条渐近线方程为，联立可得P，Q两点坐标，再由可得该双曲线的离心率的取值范围.【详解】依题意可得，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的这条渐近线方程为，由，得：或，所以，双曲线的左顶点为，则，所以，，因为，所以，化简得，所以，所以，所以，又，所以. 故答案为：四、解答题：本题共6个小题，共70分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知展开式中前三项系数成等差数列.（1）求n的值；（2）求的展开式中的系数.【答案】（1）8（2）0【解析】【分析】（1）分别求出展开式中前三项的系数后结合等差数列可求.（2）利用二项展开式的通项公式可求展开式中的系数.【小问1详解】的前三项分别为，它们的系数分别为，其中而前三项系数成等差数列，故，解得.【小问2详解】，展开式的通项公式为， 令，则；令，则；令，则；故展开式中的系数为.18.如图，圆是的外接圆，平面，是圆的直径，，，且.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直证明平面，再通过面面垂直即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，得出面与面的法向量，即可求出两个面夹角的余弦值.【小问1详解】由题意及图证明如下，在圆中，直径，∴，∵平面,平面,平面,∴，，平面,面，∴平面,又平面, ∴平面平面.【小问2详解】由题意及（1）得，在中，在中，，，∴，∵，∴建立空间直角坐标系如下图所示，∵，∴，则，在面中，其一个法向量为，在面中，设其一个法向量为，则，即，解得：，∴当时，，设面与面所成角为， 19.已知数列的前n项和，满足，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为等比数列，且，，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据可得，故可求数列的通项；（2）根据错位相减法可求.【小问1详解】因为成等差数列，故，故，所以，整理得到：，而，故，所以为等差数列，又，故，故.【小问2详解】因为等比数列且，故，而，故，故等比数列的公比满足，故，故，故，所以，故，故，，所以. 20.随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为福清人喜爱的交通工具.据预测，福清某新能源汽车4S店从2023年1月份起的前x个月，顾客对比亚迪汽车的总需量（单位：辆）与x的关系会近似地满足（其中且），该款汽车第x月的进货单价（单位：元）与x的近似关系是.（1）由前x个月的总需量，求出第x月的需求量（单位：辆）与x的函数关系式；（2）该款汽车每辆的售价为185000元，若不计其他费用，则这个汽车4S店在2023年的第几个月的月利润最大，最大月利润为多少元？【答案】（1），（且）（2）这个汽车4S店在2023年的第5个月的月利润最大，最大月利润为31250000元【解析】【分析】（1）根据当，且时，再验证满足即可求解；（2）依题意可得的表达式，用导数判断其单调性即可求解.【小问1详解】当时，，当，且时，，当时，符合上式，故，（且）.【小问2详解】依题意，这个汽车4S店在2023年的第个月的月利润（且），，令，得：或（舍去）， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，也是最大值为.故这个汽车4S店在2023年的第5个月的月利润最大，最大月利润为31250000元.21.已知抛物线，过焦点且斜率为的直线交于，两点，且.（1）求的标准方程；（2）已知点是上一点，且点的纵坐标为，直线不经过点，且与交于，两点，若，证明：直线AB过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题可得直线方程为，代入抛物线，设，利用抛物线定义即可求解.（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出直线的斜率之积，由题意可得参数之间的关系，进而求出所求直线恒过定点.【小问1详解】由题知，则直线方程为，代入得，设，则，因为，所以，即，所以抛物线方程为. 【小问2详解】由（1）知抛物线方程为，因为点的纵坐标为，所以，设直线的方程为，设，联立直线与抛物线，整理可得，则，①又，即，整理得，将①代入可得，即，所以或，即或，所以直线的方程为或，因为直线不过，所以直线的方程为，即，所以直线恒过点，即直线AB过定点. 【点睛】方法点睛：直线与抛物线位置关系问题，从以下几个角度分析：（1）抛物线定义的应用；（2）解设直线方程，尽量不要考虑斜率是否存在；（3）通过含参的方程，消去一个，转化为交点直线系方程；（4）数形结合思想的应用.22.已知函数.（1）令，讨论的极值；（2）若时，恒成立，求正实数a的取值范围.【答案】（1）见解析（2）.【解析】【分析】（1）求出的导数，讨论其符号后可得的极值.（2）恒成立等价于恒成立，设，求出其导数后就、分类讨论导数的符号后可求参数的取值范围.【小问1详解】，则，若，则，此时无极值；若，由得；由得；则在上为减函数，在上为增函数，故在处取极小值且极小值为，综上，当时，无极值；当时，有极小值为，无极大值. 【小问2详解】时，恒成立等价于恒成立，设，则，若，则，则为上的增函数，故，故恒成立.若，则当时，，故在上为减函数，而，故当时，成立，这与题设矛盾，故.