2022-2023学年福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二下学期期中联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二下学期期中联考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二下学期期中联考数学试题

一、单选题
1．已知点在函数的图象上，若函数在上的平均变化率为，则下面叙述正确的是（    ）
A．直线的倾斜角为 B．直线的倾斜角为
C．直线的斜率为 D．直线的斜率为
【答案】A
【分析】函数在区间上的平均变化率的几何意义是曲线上两点，所在直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角.
【详解】在上的平均变化率为，，
在上的平均变化率就是直线的斜率，所以，
故直线的倾斜角为，
故选：A
2．我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求d的值.关于该问题，下列结论错误的是（    ）
A． B．此人第三天行走了一百三十里
C．此人前七天共行走了九百一十里 D．此人前八天共行走了一千零八十里
【答案】B
【分析】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列，记数列的前项和为，由题意可得出关于、方程组，解出的值，可判断A选项；利用等差数列的通项公式可判断B选项；利用等差数列的求和公式可判断CD选项.
【详解】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列，记数列的前项和为，
由题意可得，解得，A结论正确；
，B结论错误；
，C结论正确；
，D结论正确.
故选：B.
3．抛物线绕其顶点逆时针旋转之后，得到的图象正好对应抛物线，则（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】采用逆向思考：即将抛物线将其绕顶点顺时针方向旋转，得到抛物线，进而即可求得的值.
【详解】抛物线即的开口向上，将其绕顶点顺时针方向旋转，得到的抛物线，开口向右，其方程为，则，
故选：B.
4．若，则曲线在处的切线方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求出原函数的导函数，取，解得，则，求得，可得切点坐标和切线斜率，利用直线方程的点斜式得答案.
【详解】因为，所以，
令，解得.
所以，则.
所以曲线在处的切线方程为，即.
故选：.
5．某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲､乙､丙､丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲､乙两车不停泊在同一排，则不同的停车方案有（    ）
A．288种 B．336种 C．384种 D．960种
【答案】D
【分析】先排甲乙，再排丙丁，结合乘法原理可求不同的停车方案总数.
【详解】先考虑甲乙停车的方案，共有种，
再考虑丙丁的停车方案，共有种，
故不同的停车方案总数为种，
故选：D.
6．如图，是棱长为1的正方体，若P∈平面BDE，且满足，则P到AB的距离为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用平面的法向量求出点，再计算点到直线的距离.
【详解】如图，以点A为原点，分别为轴建立空间坐标系，


,
则，
则,，，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，且面，
则，即，得，故，
所以，，
，则，
P到AB的距离为.
故选：C
7．2022卡塔尔世界杯比赛场地是在卡塔尔的8座体育馆举办．将甲、乙、丙、丁4名裁判随机派往卢赛尔，贾努布，阿图玛玛三座体育馆进行执法，每座体育馆至少派1名裁判，A表示事件“裁判甲派往卢赛尔体有馆”；B表示事件“裁判乙派往卢赛尔体育馆”；C表示事件“裁判乙派往贾努布体育馆”，则（   ）
A．事件A与B相互独立 B．事件A与C为互斥事件
C． D．
【答案】D
【分析】先求出每个体育馆至少派一名裁判总的方法数，再求出事件A，B分别发生的情况数与事件A，B同时发生的情况数，得到，判断出A错误，
同理可得B错误；
利用条件概率求解公式得到C错误，D正确.
【详解】记三座体育馆依次为①②③，每个体育馆至少派一名裁判，则有种方法，
事件A：甲派往①，则若①体育馆分2人，则只需将乙、丙、丁与三个体育馆进行全排列即可，有种，
若①体育馆分1人：则将乙、丙、丁分为两组，与体育馆②③进行全排列，有种，共有种，
∴，
同理，
若甲与乙同时派往①体有馆，则①体育馆分两人，只需将丙，丁与体育馆②③进行全排列，有种，
∴，故事件A与B不相互独立，A错误；
同理可得，，
若甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生，若丙丁2人都去往体育馆③，有种，
若丙丁只有1人去往体育馆③，剩余的1人去往体育馆①或②，有种情况，
综上：甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生的情况有种，
故，B错误；
，D正确；
事件C：裁判乙派往②体育馆，若②体育馆分2人，则只需将甲、丙、丁与三个体育馆进行全排列，有种，
若②体育馆分1人，则则将甲、丙、丁分为两组，与体育馆①③进行全排列，有种，共有种，
∴，
若事件A，C同时发生，
若丙丁2人都去往体育馆③，有种，
若丙丁只有1人去往体育馆③，剩余的1人去往体育馆①或②，有种情况，
综上：事件A，C同时发的情况有种，
∴，，C错误；
故选：D
8．已知双曲线的上下焦点分别为，点在的下支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，若恒成立，则的离心率的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点作渐近线的垂线，垂足为，则，再根据双曲线的定义得，进而转化为恒成立，再根据齐次式求解即可.
【详解】如图，过点作渐近线的垂线，垂足为，
设，则点到渐近线的距离.
由双曲线的定义可得，故，
所以，即的最小值为，
因为恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
所以，，即，即，
所以，，即，解得.
故选：A.
  

二、多选题
9．已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且，，成等比数列，则下列命题正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】AD
【分析】根据题意结合等比中项可得，再根据等差数列前项和结合作差法逐项分析判断.
【详解】设等差数列的公差为，
∵，，成等比数列，则，
可得，整理得，
由，则，
则.
对A、B：若，即，
故，A正确，B错误；
对C、D：若，即，
故，D正确，C错误；
故选：AD.
10．已知，则（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】利用赋值法可求ACD选项中系数的和，对恒等式两边求导后再结合赋值法可求B中系数的和，故可判断B的正误.
【详解】对于A，令，则，故A正确.
对于B，由可得：
，
令，则有，故B错误.
展开式的通项公式为，
当项的次数为奇数时，为偶数，故项的系数为正；
当项的次数为偶数时，为奇数，故项的系数为负.
故展开式中各项的系数的正负为：，
令，则，
所以，
故C正确.
对于D，令，则，
故，故D错误.
故选：AC.
11．如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（    ）
  
A．与所成角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．平面
D．若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
  
则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角为，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，
    

又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，
  
令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.
12．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】对于A选项，尝试找反例.
对于B，C选项，构造函数帮助分析.
对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.
【详解】对于A选项，当时，.
设，其中.
则，故在上单调递增.
又，，则，使.
即存在，，使.
但此时，.故A错误.
对于B选项，
.设，其中.则.
得在上单调递增.
注意到.
则.又在上递增，
则有.故B正确.
对于C选项，由B选项可知，则由，
有.故C正确.
对于D选项，因，，
则.设，其中.
则.
设，其中.则，
得在上单调递增.
（1）若，注意到，，则，使.即，
则，设，则，
得在上单调递减，则.
（2）当，，注意到.
则，此时.
（3）当，注意到
则，又由（1）分析可知在上单调递增.
则.
综上，有.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.
对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.
对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.
对于D选项，将看作参数，并设简化运算.

三、填空题
13．已知随机变量，随机变量，则随机变量的方差= .
【答案】8
【分析】根据随机变量X服从二项分布，利用二项分布的方差公式可得，再利用即可得解.
【详解】首先，
所以.
故答案为：.
14．设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%、35%、20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为2.95%，则推测丙车间的次品率为 .
【答案】5%
【分析】令A表示“取到的是一件次品”，，， 分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，设，由全概率公式即可求解.
【详解】解：令A表示“取到的是一件次品”，，， 分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，显然是样本空间S的一个划分，且有，，.由于，，设，
由全概率公式得：
，
而，故.
故答案为：5%.
15．已知函数有零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】对函数求导，判断其单调性，得到函数的最值，结合题意可得到实数的取值范围．
【详解】函数的定义域为，，
令，，则恒成立，
在上单调递增，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，
函数有零点，则，解得．
故答案为：．
16．已知一族双曲线，设为在第一象限内的点，过点分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，记的面积为，则 .
【答案】253
【分析】双曲线为等轴双曲线，两条渐近线互相垂直，求得表示出的面积，由在双曲线上，化简可得，利用数列求和公式求和即可.
【详解】双曲线的渐近线为，互相垂直.
为在第一象限内的点，有，
由点到直线距离公式可得
易知为直角三角形，，
即为等差数列，其前2023项的和为
.
故答案为：253

四、解答题
17．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)求在上的最值.
【答案】(1)函数在上单调递增，在上单调递减
(2)最大值，最小值，

【分析】（1）根据导数的正负得出其单调性；
（2）根据第一问的函数单调性得出其最值.
【详解】（1）函数，则，
当时，，当，，
故函数在上单调递增，在上单调递减
（2）由（1）可得函数在上单调递增，在上单调递减
且，，
则在上的最大值，最小值，
18．设数列满足
(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)数列满足，求的值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)

【分析】（1）根据等比数列定义证明并求通项公式即可；
（2）求得，对用错位相减求和，即可求得答案.
【详解】（1）
，
数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，则.
（2）因为，所以，
令，且数列前项和为，
则①，
②，
由①-②得
，
则，
所以
19．水立方、国家体育馆、五棵松体育馆、首都体育馆、国家速滑馆是2022冬奥会的比赛场馆. 现有8名大学生报名参加冬奥会志愿者比赛场馆服务培训，其中1人在水立方培训，3人在国家体育馆培训，4人在五棵松体育馆培训.
（1）若从中一次抽调2名大学生志愿者到国家速滑馆培训，求所抽调的2人来自不同场馆的概率；
（2）若从中一次抽调3名大学生志愿者到首都体育馆培训，要求这3人中来自水立方的人数和来自国家体育馆的人数都不超过来自五棵松体育馆的人数. 设从五棵松抽出的人数为，求随机变量的概率分布列及数学期望.
【答案】（1）；
（2）的分布列如下：








.
【分析】（1）、
所有基本事件种,2人来自不同场馆的概率等于1减去2人来自同一场馆的概率，2人来自同一场馆即分为2人都来自国家体育馆或2人都来自五棵松体育馆;
（2）、计算满足情况的所有基本情况数，的所有可能取值为.分别计算，，对应的概率，然后列出分布列，最后计算数学期望.
【详解】（1）、设“从中一次抽调2名大学生志愿者到国家速滑馆，所抽调2人来自不同场馆”，在8名大学生一次抽调2名大学生志愿者到国家速滑馆培训，所有基本事件种情况. 若2人都来自国家体育馆有种情况，若2人都来自五棵松体育馆有种情况，所以抽调的2人来自不同场馆的概率.
（2）由题意的所有可能取值为.及来自五棵松体育馆的人数至少是1人，则满足题设条件的情况共有：种.
当时，只有一种情况水立方、国家体育馆、五棵松体育馆各抽1人，共种，此；
当时，水立方1人、五棵松体育馆2人或国家体育馆各1人，五棵松体育馆2人，共=24种，,
当时，3人都来自于五棵松体育馆，共种.
的分布列如下：








.
20．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形．

(1)求证：；
(2)若，求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，先证平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）根据题意，设AC，AB的中点分别为O，G，连接，以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
如图，连接，与相交于点F，连接CF，．
因为四边形为菱形，所以F为的中点，且．                  
因为为等边三角形，所以，                                
因为，BF、CF在面A1BC内，所以平面．                             
因为平面，所以．                               
因为，所以．
（2）设AC，AB的中点分别为O，G，连接．

由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C内，
所以平面，OB1、OC在面AB1C内，则OB1、OC与BC垂直，
因为，所以平面，
因为为等边三角形，所以．                     
以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，                                                                                    
则，
所以，
由，得，
所以．
设平面的法向量为，
则令，得．         
设平面的法向量为，
则令，得．                
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
21．已知椭圆与轴正半轴交于点，直线与椭圆交于、两点，直线与直线的斜率分别记为，，
(1)求的值
(2)若直线与椭圆相交于、两点，直线、的斜率分别记作、，若，且在以为直径的圆内，求直线的斜率的取值范围．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）将直线方程与椭圆方程联立可求出两点的坐标，从而可求出，，进而可求出的值；
（2）由题意可得直线的斜率存在，设直线为，设，将直方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由，可得，由于在以为直径的圆内，所以，化简可求得结果.
【详解】（1）由，得，解得或，
当时，；当时，，
所以，，
因为，
所以，
所以；
（2）若直线的斜率不存在，则垂直于轴，则点不在以为直径的圆内，不合题意，
若直线的斜率存在，设直线为，设，
由，得，
由，得，
则，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
，
由题意可知，所以解得，
所以，即，解得或，
因为在以为直径的圆内，
所以，
所以，
化简得，解得，
综上，.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是直线方程与椭圆方程联立，化简后利用根与系数的关系，再将在以为直径的圆内，转化为，考查计算能力，属于较难题.
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，对参数分类讨论即可求解；
（2）通过，与对数的运算法则将转化为，设，则有，此时需要将双变量转化为关于的不等式，由此构造函数，转化为恒成立问题即可证明.
【详解】（1）依题意得，
，．
①当时，，∴在R上单调递减；
②当时，令，解得：，
∴当时，；当时，；
∴在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，若有两个零点，则．
又当时，，∴，，不妨设，
要证，只需证，即证．
∵，
，，∴，即证．
∵，
∴，即证，
即证．
令，则，∴只需证，即，
令，则，
令，则，
当时，，∴在上单调递增，∴，
∴在上单调递增，∴，即，
∴原不等式得证．
【点睛】方法点睛：（1）讨论函数的单调性时，要先求定义域，将导函数因式分解只讨论正负号未确定的因式；（2）双变量问题，可尝试转化为一个变量构造函数，转化为恒成立或存在性问题.也可考虑利用函数的单调性直接分析求解等.