2022-2023学年福建省福州市第四十中学高二下学期期末阶段练习数学试题含答案

2022-2023学年福建省福州市第四十中学高二下学期期末阶段练习数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由直线方程可求得直线斜率，根据斜率和倾斜角关系可得结果.

【详解】直线方程可化为：，则直线的斜率，直线的倾斜角为.

故选：A.

2．“”是“曲线表示椭圆”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据曲线表示椭圆，可求得t的范围，根据充分、必要条件的定义，即可得答案.

【详解】因为曲线为椭圆，

所以，解得且，

所以“”是“且”的必要而不充分条件.

故选：B

3．若函数在处取得极值，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【分析】求出函数的导数，由题设可得，从而可求，注意检验.

【详解】因为，所以，

又函数在处取得极值，

所以，即．

此时，

当或时，，当时，，

故是的极大值点，故符合题意．

故选：D．

4．若直线与互相平行，且过点，则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意设直线的方程为，然后将点代入直线中，可求出的值，从而可得直线的方程

【详解】因为直线与互相平行，所以设直线的方程为，

因为直线过点，

所以，得，

所以直线的方程为，

故选：D

5．已知的圆心是坐标原点O，且被直线截得的弦长为6，则的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设的方程为，根据弦长公式或弦长的一半，半径，圆心距的关系求出半径即可得解．

【详解】由题可设的方程为．∵被直线截得的弦长为6，且圆心到直线的距离，∴，解得，可得的方程为．

故选：C．

6．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（    ）

A．当时，平面 B．当时，平面

C．当为直角三角形时， D．当的面积最小时，

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；

【详解】解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以

对于A：若平面，则，则，解得，故A错误；

对于B：若平面，则，即，解得，故B错误；

当为直角三角形时，有，即，解得或（舍去），故C错误；

设到的距离为，则，

当的面积最小时，，故正确．

故选：．

7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出点关于直线的对称点为，则可得即为“将军饮马”的最短总路程，求出的坐标，即可求出．

【详解】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马 ”的最短总路程，

设，

则，解得，

则

故“将军饮马”的最短总路程为

故选：A

8．已知椭圆C：的左，右焦点，过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点．其中M在第一象限．，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题设易知四边形为矩形，可得，结合已知条件有即可求椭圆C的离心率的取值范围.

【详解】由椭圆的对称性知：，而，

又，即四边形为矩形，

所以，则且M在第一象限，整理得，

所以，又即，

综上，，整理得，

所以.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：由椭圆的对称性及矩形性质可得，由已知条件得到，进而得到椭圆参数的齐次式求离心率范围.

二、多选题

9．已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（－1，3，1），则正确的有（    ）

A．与是共线向量

B．平面ABC的一个法向量是（1，－1，3）

C．与夹角的余弦值是

D．与方向相同的单位向量是（1，1，0）

【答案】BC

【分析】A选项直接写出与，按照共线向量即可判断；

B选项直接计算法向量即可.

C选项通过夹角公式计算即可；

D选项由单位向量的求法进行判断；

【详解】对A，，，因为，显然与不共线，A错误；

对B，设平面的法向量，则，令，得，B正确.

对C，，，C正确；

对D，方向相同的单位向量，即，D错误；

故选：BC

10．设三次函数的导函数为，函数的图象的一部分如图所示，则（   ）

A．函数有极大值 B．函数有极小值

C．函数有极大值 D．函数有极小值

【答案】AD

【分析】根据给定条件，结合图象求出函数的零点，再求出大于0、小于0的x取值区间即可判断作答.

【详解】依题意，三次函数的导函数为是二次函数，观察图象知，是函数的两个零点，

当或时，，当时，，

所以函数有极小值，有极大值，AD正确，BC错误.

故选：AD

11．已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ）

A．直线与圆一定有公共点

B．当时直线被圆截得的弦最长

C．当直线与圆相切时，

D．圆心到直线的距离的最大值为

【答案】BCD

【分析】由圆的方程可得圆心的坐标及半径，因为直线l过定点，且点在圆E外，可得A不正确；

当时可得直线l过圆心，所以B正确；

直线l与圆相切时可得，所以C正确，

当ME与直线l垂直时，圆心到直线的距离最大，且为，判断D正确．

【详解】由题意知直线过定点，且点在圆外部，所以错误；当时，的方程为，直线过圆心，截得的弦恰为直径，故B正确；当与圆相切时，，解得，故C正确；当与垂直时，圆心到的距离取得最大值，其最大值为，故正确.

故选：BCD.

12．如表所示的数阵成为“森德拉姆素数筛”由孟加拉国学者森德拉姆于1934年创立.表中每行每列的数都成等差数列，且第行从左至右各数与第列从上至下各数对应相等，则下列结论正确的是（    ）

A．第10行第10列的数是99 B．数字69不在数表中

C．偶数行的数都是奇数 D．数字86在数表中共出现4次

【答案】CD

【分析】设表中第行第列的数记作，根据表中的规律可得第行等差数列的公差为，第列等差数列的公差等于，利用等差数列的通项公式先求得，再求得，然后可对各选择支依次分析并作出判定.

【详解】设表中第行第列的数记作，

根据表中的规律可得第行等差数列的公差为，第列等差数列的公差等于.

所以第1行数组成的数列首项为2，公差为1，

所以通项为，

再根据第列等差数列的首项为，公差等于，

所以．

∴第10行第10列的数是，故A错误；

因为，

所以69是数表中的第2行第34列、第4行第17列、第1行第68列的数、第34行第2列、第17行第4列、第68行第1列的数，故B错误；

对于偶数行，设行号，∴，由于为偶数，∴为奇数，故C正确；

因为，由于5和13都是素数，不可以再分解为两个不等于1的正整数的乘积，所以86只能是第1行第85个数、第85行第1个数、第5行第13个数、第13行第5个数，共出现了4次，故D正确.

故选：CD.

三、填空题

13．在空间直角坐标系中，向量，分别为异面直线，方向向量，则异面直线，所成角的余弦值为          .

【答案】

【分析】直接利用空间向量的夹角公式求解求解作答.

【详解】因为，则，

而异面直线所成角的范围为，所以异面直线所成角的余弦值为.

故答案为：

14．在等比数列{an}中，若a1＝，q＝2，则a4与a8的等比中项是        ．

【答案】±4

【分析】利用等比中项的定义求解即可．

【详解】因为a6是a4与a8的等比中项，a6＝a1q6－1＝4，所以a4与a8的等比中项是±4.

故答案为：±4

15．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为        ．

【答案】

【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.

【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，

且，所以四边形为矩形，

设，则，

所以，

，即四边形面积等于.

故答案为：.

16．过圆内点作圆的两条互相垂直的弦和，则的最大值为  ．

【答案】

【分析】取中点，中点，由此得，，然后应用变形后的基本不等式可得最大值．

【详解】取中点，中点，如图，则是矩形，，

，同理，

注意到时，由得，从而，当且仅当时取等号．

所以，

当且仅当，即时等号成立．

所以的最大值是．

故答案为：．

四、解答题

17．已知在等差数列中，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列的前n项和，则当n为何值时取得最大，并求出此最大值．

【答案】(1)

(2)当时，取得最大值，最大值为25.

【分析】（1）设出公差，利用等差数列的性质计算出公差，从而求出通项公式；

（2）令，解不等式，求出当时，取得最大值，并用等差数列求和公式求出最大值.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

则，解得：，

则的通项公式为；

（2）因为，

令得：，令得：，

故当时，取得最大值，

其中，故最大值为.

18．树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，现从参与调查的人群中随机选出20人的样本，并将这20人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示.

(1)求a的值，再根据频率分布直方图，估计参与调查人群的样本数据的分位数.

(2)若从年龄在的人中随机抽取两位，求两人恰有一人的年龄在内的概率.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1求出a，再求出分位数作答.

（2）求出在和中的人数，再利用列举法求出概率作答.

【详解】（1）由频率分布直方图得：，解得；

由频率分布直方图得的频率为，的频率为，

所以估计参与调查人群的样本数据的分位数为.

（2）20人中，年龄在中的有人，记为A，B，

年龄在中的有人记为a，b，c，

从年龄在的5人中随机抽取两位，基本事件有：

，共10个，

两人恰有一人的年龄在内的基本事件有：，共6个，

所以两人恰有一人的年龄在内的概率为.

19．已知函数（其中，，，）的部分图象如图所示，是图象的最高点，为图象与轴的交点，为坐标原点.若，，.

（1）求的大小；

（2）求函数的解析式；

（3）若，，求的值.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】（1）在中，由余弦定理求出，即可求出的大小；

（2）根据图象可计算出最高点，即求出A，找出周期，根据，求出，再将代入即可求出，即求出解析式.

（3）根据关系可求出，然后计算出，利用展开求解.

【详解】（1）在中，,

;

（2）由（1）知，即，

，周期，

即，，

将代入，得，

，，

；

（3），

，

，，

，

.

【点睛】本题考查了根据余弦定理求角，根据三角函数图象求解析式，以及相关角的三角函数的求法.

20．如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点.

(1)求证：平面平面；

(2)若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线面角的正弦求出点的坐标，再利用空间向量求夹角的余弦作答.

【详解】（1）因为，，则，又平面，平面，则，

而，平面，因此平面，又平面，

所以平面平面.

（2）因为底面，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、、、，

设，，其中，

显然平面的一个法向量为，

依题意，，解得，

于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，

则，取，得，

而平面的一个法向量为，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

21．已知函数，的图象在点处的切线为．

（1）求函数的解析式；

（2）设，求证：；

（3）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）（2）见解析（3）

【解析】（1）求导根据切线方程公式得到，解得答案.

（2）求导得到单调区间，计算得到证明.

（3）求导并利用（2）中结论，得到函数单调区间，，得到答案.

【详解】（1），由已知得，解得，

故.

（2），得．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

∴，从而,即

（3）令，，

∴，

由（2）可知当时，恒成立，

令，得；得．

∴的增区间为，减区间为，，

∴，∴实数的取值范围为.

【点睛】本题考查了根据切线求参数，证明不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，转化为求函数最值是解题的关键.

22．已知抛物线上的点与焦点的距离为，且点的纵坐标为.

(1)求抛物线的方程和点的坐标；

(2)若直线与抛物线相交于两点，且，证明直线过定点.

【答案】(1)抛物线；

(2)证明见解析

【分析】（1）设，结合抛物线焦半径公式可构造方程组求得，由此可得抛物线方程和点坐标；

（2）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式；由垂直关系可得，代入韦达定理的结论可整理得到，代入直线方程可得定点坐标.

【详解】（1）设，则，解得：，

抛物线；.

（2）由题意知：直线斜率不为零，可设，，，

由得：，，即；

，；

，，

又，；

则（此时成立），

直线，

当时，，直线恒过定点.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；

④根据直线过定点的求解方法可求得结果.