2022-2023学年福建省福州格致中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省福州格致中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．设复数满足，则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】由复数相等及除法运算求复数，根据共轭复数概念及模的求法求结果即可.

【详解】由题设，则，故.

故选：C

2．设集合，，（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解作答.

【详解】因为集合，，

所以.

故选：D

3．的计算结果精确到0.001的近似值是（    ）

A．0.930 B．0.931 C．0.932 D．0.933

【答案】C

【分析】由二项式定理求解

【详解】.

故选：C

4．直线过点且与曲线相切，则直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设切点为，根据切线所过的点可求，从而可求直线的倾斜角.

【详解】，设切点为，切线的倾斜角为，

则且，故，

故，故，

故选：B

5．定义：“各位数字之和为6的四位数叫幸运数”，比如“1005，2013”，则所有“幸运数”的个数为（    ）

A．20 B．56 C．84 D．120

【答案】B

【分析】根据定义分类讨论首位数字,再应用计数原理计算即可.

【详解】“各位数字之和为6的四位数叫幸运数”，故首位最大为6，且首位不为0，则有：

若首位为6，则剩余三位均为0，共有1个“幸运数”；

若首位为5，则剩余三位为，共有个“幸运数”；

若首位为4，则剩余三位为或，共有个“幸运数”；

若首位为3，则剩余三位为或或，共有个“幸运数”；

若首位为2，则剩余三位为或或或，共有个“幸运数”；

若首位为1，则剩余三位为或或或或，共有个“幸运数”；

综上所述：共有个“幸运数”.

故选：B.

6．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（    ）

A．30 B．10 C．9 D．6

【答案】B

【分析】根据等比中项可得，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.

【详解】为正数的等比数列，则，可得，

∵，

∴，

又∵，则，可得，

∴，解得，

故.

故选：B.

7．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个６点”，则条件概率，分别是

A．， B．， C．， D．，

【答案】A

【分析】根据条件概率的含义，明确条件概率P（A|B），P（B|A）的意义，即可得出结论．

【详解】解：根据条件概率的含义，其含义为在发生的情况下，发生的概率，即在“至少出现一个6点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，

“至少出现一个6点”的情况数目为，“三个点数都不相同”则只有一个6点，共种，；

其含义为在发生的情况下，发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个6点”的概率，．

故选：．

【点睛】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，明确条件概率的含义是关键．

8．已知函数，其导数为.若函数的零点个数为，则下列说法正确的是（    ）

A．当，时，

B．当，时，

C．当且时，b的值为

D．当时，，则

【答案】D

【分析】法一：A选项，设为的零点，得到，求导得到，当，，得到其单调性，求出至多一个零点；

BD选项，得到的单调性，结合，时，显然，得到，B错误，若，则，D正确；

C选项，得到的单调性，结合零点个数，得到或，求出答案；

法二：二次求导，得到，对于A，当，，得到单调性，判断零点个数；B选项，求导得到的单调性，由极大值与极小值及函数走势，判断；C选项，求导得到的单调性，由极值与，得到或，得到答案；D选项，求导得到其单调性，结合函数走势，由极值得到不等式组，求出答案.

【详解】解法一：，设为的零点，即.

整理得，令，则.

对于A，当，，所以在其定义域内单调递增.

所以至多一个零点，故A错误；

对于BD，当，时，，，

令，解得或，

令，解得，

故在单调递增，在单调递减，且，

若，又因为，时，显然，故此时.故B错误，

若，则，D正确；

对于C，当时，令，解得或，令，解得，

故在单调递增，在单调递减.

若，则或，故C错误；

解法二：直接研究函数的零点个数

，令，故，

，

对于A，当，，所以在其定义域内单调递减，

所以至多一个零点，故A错误；

对于B，当，时，则，，

令，求出，令，求出或，

故在单调递减，在单调递增，

且极小值，极大值，

且当时，，故此时.故B错误；

对于C，当时，令，求得，令，求出或，

故在单调递减，在单调递增.

则极小值，极大值，若，则或，

所以或，故C错误；

选项D，当时，则，，

令得，令得或，

故在单调递减，在单调递增，

且极小值，极大值，且当时，，

且当时，.若，则，解得.故D正确.

故选：D.

【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.

二、多选题

9．在的展开式中，下列说法错误的是（    ）

A．常数项是20 B．第4项的二项式系数最大

C．第3项是 D．所有项的系数的和为0

【答案】AC

【分析】利用二项式定理的通项公式和赋值法求解.

【详解】因为展开式的通项公式为；

令可得，所以常数项为，A错误；

第项的二项式系数为，由组合数的性质可知当时，取到最大值，B正确；

 令可得，所以第三项为，C错误；

令可得所有项的系数的和为0，D正确.

故选：AC.

10．下列命题中，真命题的是（    ）

A．中位数就是第50百分位数

B．已知随机变量，若，则

C．已知随机变量满足，若，则

D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120.

【答案】ABC

【分析】对于A，利用中位数的概念即可判断；对于BC，利用二项分布的方差公式，结合数学期望与方差的性质求解即可判断；对选项D，利用分层抽样样本方差的计算公式计算即可判断.

【详解】对于A，中位数就是第50百分位数，故A正确；

对于B，，则，故B正确；

对于C，因为随机变量满足，，

所以，故C正确；

对于D，分层抽样的平均数，

按分层抽样样本方差的计算公式，故D错误.

故选：ABC.

11．记数列的前n项和为，已知，则（    ）

A．

B．

C．有最大值1

D．无最小值

【答案】BC

【分析】对于AB，注意到当且为奇数时，，从而求得即可判断；对于C，求得关于的表达式后，利用配方法即可判断；对于D，求得关于的表达式后，利用作差法与临界值0进行比较即可判断.

【详解】对于A，因为，

当且为奇数时，，

所以，故A错误；

对于B，，

，

所以，故B正确；

对于C，因为与必然一奇一偶，

所以，

当时，取得最大值，故C正确；

对于D，因为与必然同为奇数或同为偶数，

所以，

令，则，

所以，

令，得，又，即，

此时，即，即，

令，得或，又，即或，

当时，此时，即，同时，

当时，，即，

综上：有最小值，即有最小值，故D错误.

故选：BC.

12．已知函数，若，其中，则（    ）

A． B．

C． D．的取值范围是

【答案】BCD

【分析】先对求导，利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象，数形结合即可得解．

【详解】由，则，

令，解得或，

当或，，此时单调递增区间为和；

当，，此时单调递减区间为，

又，，

则作出函数的图像如图所示：

设，则，，故A错误；

又，

所以，

对照系数得，，故B，D正确；

又，则，解得，故C正确．

故选：BCD．

三、填空题

13．已知，则__.

【答案】

【分析】根据导数运算求得正确答案.

【详解】，则，

将代入可得，，解得，

故，，

所以.

故答案为：.

14．核桃（又称胡桃、羌桃）、扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”．它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同．现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为（空壳率指坚果，谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳），乙地种植的核桃空壳率为，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是_____________．

【答案】

【分析】利用全概率公式求解即可.

【详解】设事件所取核桃产地为甲地为事件，事件所取核桃产地为乙地为事件，

所取核桃为空壳为事件，则，，

所以该核桃是空壳的概率是，

故答案为：.

15．已知，则________．

【答案】243

【分析】利用赋值法，根据方程思想，可得答案.

【详解】令，得，①

令，得，②

②①，得，即．

①②，得，即．

所以．

故答案为：.

16．斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列满足，且，则称数列为斐波那契数列.已知数列为斐波那契数列，数列满足，若数列的前12项和为86，则__________.

【答案】8

【分析】利用斐波那契数列定义可写出数列的项，再利用，代入n的值，可求得数列的项之间的关系，进而得解.

【详解】斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…….

由得：，，，

则，

同理：，，，，，

得：，，，，

则，，

则，

则

故答案为：8.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系求数列的项，解题的关键是理解斐波那契数列，写出对应的项，再利用数列的递推关系求出数列的项的关系，即可求解，考查学生的理解能力与运算求解能力，属于难题.

四、解答题

17．已知函数在处取得极值．

(1)求，的值；

(2)求曲线在点处的切线方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得，根据题意得到，求得，验证符合题意，即可求解；

（2）由（1）求得且，结合导数的几何意义，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，可得，

因为在处取得极值，可得，即，

整理得，解得，

经检验，当时，，

令，解得或；令解得，

所以在单调递增，单调递减，单调递增，

所以在处取得极值，且

符合题意，所以.

（2）解：由（1）得，函数且，

则，即切线的斜率为且，

所以曲线在点处的切线方程为，即．

18．已知数列各项均为正数，且.

(1)求的通项公式；

(2)记数列的前项和为，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用已知条件因式分解变形，结合条件得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求解即可；

（2）由（1）将带入化简，写出前项和的表达式，根据条件及性质求出

的取值范围.

【详解】（1）因为，

所以

所以，

因为各项均为正数，，

所以，

所以数列是首项为4，公差为4的等差数列，

，

所以数列的通项公式为.

（2）因为

所以，

则

，

因为，故，

所以，又，所以，

所以的取值范围为.

19．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面平面ABCD，为等边三角形，，，M是棱上一点，且.

(1)求证：平面MBD；

(2)求二面角M－BD－C的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据空间中的线面关系即可证得；

（2）通过建立空间直角坐标，将空间的角度问题转化为空间的坐标运算问题即可得到答案.

【详解】（1）连接AC，记AC与BD的交点为H，连接MH.

由，得，，又，则，

∴，又平面MBD，平面MBD，

∴平面MBD.

（2）记O为CD的中点，连接PO，BO.

∵为等边三角形，∴，

∵平面平面ABCD，平面平面ABCD＝CD，

∴平面ABCD.

以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为x轴，建立空间直角坐标系，如下图，

则，，，，，

，.

设平面BDM的法向量，则，

取x＝1得，

平面BCD的一个法向量.

设二面角M－BD－C的平面角为θ，则.

∴二面角M－BD－C的余弦值为.

20．甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X．

(1)求X的分布列；

(2)求甲、乙两人最终平局的概率；

(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．

【答案】(1)分布列见解析

(2)

(3)分布列见解析，期望为

【分析】（1）X的所有可能取值为－1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；

（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；

（3）Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.

【详解】（1）依题意，

X的所有可能取值为－1，0，1．

，

，

，

所以X的分布列为

（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：

①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为．

②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，

其概率为．

③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，

其概率为．

故甲、乙两人最终平局的概率为．

（3）Y的所有可能取值为2，3，4．

，

，

，

所以Y的分布列为

．

21．已知椭圆过点，其右焦点为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设为椭圆上一动点（不在轴上），为中点，过原点作的平行线，与直线交于点.问能否为定值，使得？若是定值，求出该值；若不是定值，请说明理由.

【答案】(1)

(2)能为定值，使得，.

【分析】（1）根据题意得，再结合即可得答案；

（2）设，进而得，，再计算斜率即可得，最后结合即可得答案.

【详解】（1）解：因为椭圆过点，其右焦点为

所以，即，所以，

所以椭圆方程为

（2）解：设，则，

所以，

所以过原点与的平行的线的方程为，

所以，

所以，，

所以，

因为，故，

假设存在能为定值，使得，

所以，解得

所以能为定值，使得，.

22．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若时，都有，求实数的取值范围；

(3)若有不相等的两个正实数满足，求证：.

【答案】(1)答案见解析；

(2)；

(3)证明见解析.

【分析】（1）求出导函数，对分类讨论：①和②，分别讨论单调性；（2）利用分离常数法得到对恒成立. 令，利用导数求出最值，即可得到实数的取值范围；（3）极值点偏移问题，利用分析法，转化为证明，构造新函数，利用导数证明出.

【详解】（1）函数的定义域为，.

①当时，令，即，解得：.

令，解得：；令，解得：；

所以函数在上单调递增，在上单调递减.

②当时，则，所以函数在上单调递增.

综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减.

当时，函数在上单调递增.

（2）当时，都有，即，

亦即对恒成立.

令，只需.

.

令，则，所以当时，，

所以在上单增，所以，

所以当时，.

所以，所以在上单减，

所以.

所以.

综上所述：实数的取值范围为.

（3）可化为：.

令，上式即为.

由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减，

则为的两根，其中.

不妨设，要证，只需，即，

只需证.

令.

则

当时，；当时，.

由零点存在定理可得：存在，使得.

当时，，单增；当时，，单减；

又，所以.

.

因为， ，

所以.

所以恒成立.

所以.

所以.

所以

即证.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；

（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；

（3）利用导数求函数的最值(极值)；

（4）利用导数证明不等式．