2022-2023学年福建省福州第十五中学、铜盘中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州第十五中学、铜盘中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共18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学年福建省福州第十五中学、铜盘中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．下列求导运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据基本函数导数公式及运算法则判断即可【详解】对于A：，故A不正确；对于B：，故B不正确；对于C：，故C正确；对于D：，故D不正确，故选：C.2．导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责．已知有3位科任教师负责某学习小组的6名同学，每2名同学由1位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为（    ）A．90 B．15 C．60 D．180【答案】A【分析】本题考查的为分组分配问题.先分为3组，在分配给3位科任教师即可得出答案.【详解】先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式为，然后再将分好的3组，分配给3位科任教师，不同的分配方式为.所以，不同的分配方法的种数为.故选：A.3．设P是双曲线上一点，F1，F2分别是双曲线左、右两个焦点，若|PF1|=9，则|PF2|等于（    ）A．1 B．17 C．1或17 D．8【答案】B【分析】先求出P点的位置，再根据双曲线的定义求解.【详解】对于 ， ，所以P点在双曲线的左支，则有 ；故选：B.4．函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（       ）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】A【分析】观察函数在内的图象与轴有四个公共点，利用极小值点的定义分析得解.【详解】解：由导函数在区间内的图象可知，函数在内的图象与轴有四个公共点，在从左到右第一个交点处导数左正右负，它是极大值点；在从左到右第二个交点处导数左负右正，它是极小值点；在从左到右第三个交点处导数左正右正，它不是极值点；在从左到右第四个交点处导数左正右负，它是极大值点.所以函数在开区间内的极小值点有个.故选：A.5．已知从点发出的光线，经轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由圆的方程可得圆心坐标，根据反射光线经过圆心和关于轴对称的点，可利用两点式整理得到所求直线方程.【详解】由圆的方程得：圆心为，反射光线恰好平分圆的圆周，反射光线经过点；关于轴对称的点为，反射光线所在直线经过点，反射光线所在直线方程为，即.故选：A.6．“二十四节气”是上古农耕文明的产物，它是上古先民顺应农时，通过观察天体运行，认知一岁中时令、气候、物候等变化规律所形成的知识体系.我国古代用日晷测量日影的长度，晷长即为所测量影子的长度，二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始，已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中立春到夏至的日晷长的和为（    ）A．58.5尺 B．59.5尺 C．60尺 D．60.5尺【答案】C【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.【详解】设冬至日晷长为，小寒日晷长为，以此类推芒种日晷长为，因此，，设从冬至日到夏至日过程中，晷长的变化量为，所以有，立春日晷长为，夏至的日晷长为，所以一年中立春到夏至的日晷长的和为，故选：C7．已知在处有极值，则（    ）A．11或4 B．-4或-11 C．11 D．4【答案】C【分析】先求解导函数，再根据极值的概念求解参数的值即可.【详解】根据题意，函数在处有极值0且或时恒成立，此时函数无极值点.故选：C.8．已知、是双曲线的左、右焦点，点是双曲线的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由为等腰三角形, 且，可得==2c，P点坐标(2c，)，由点在过点且斜率为的直线上，可得，可得e的值.【详解】解：由题意可得双曲线焦点在x轴上,设=2c.为等腰三角形, 且，==2c，，可得P点的坐标为（c+2ccos，2csin），即P(2c，)，点在过点且斜率为的直线上，，可得，即e=2，故选B.【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质及应用，得出P点坐标(2c，)后得是解题的关键. 二、多选题9．已知向量则下列命题中，正确的是（    ）A．若⊥，⊥，，则 B．以，为邻边的平行四边形的面积是C．若，则，之间的夹角为钝角 D．若，则，之间的夹角为锐角【答案】BD【分析】利用空间向量的垂直的坐标表示可判断A，利用平行四边形的面积与向量之间的关系可求面积判断B，根据向量的夹角与数量积之间的关系可判断CD.【详解】选项A，设，由⊥，⊥，得，化简得，因为，所以或，即A错误；选项B，由，，知，，，所以，即，所以，所以以，为邻边的平行四边形的面积，即B正确；选项C，若，则，即，共线反向，故C错误；选项D，若，则，此时，之间的夹角为锐角，故D正确，故选:BD.10．给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记，若在上恒成立，则称在上为凸函数，以下四个函数在上是凸函数的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据“二阶导函数”的概念，结合导数运算公式求解即可.【详解】对于A，，当时，，，故A错误；对于B，在恒成立，故B正确；对于C，在恒成立，故C正确；对于D，，因为，所以，所以恒成立，故D正确.故选：BCD.11．已知椭圆的左、右焦点分别为，为上一点，则（    ）A．的离心率为 B．的周长为C． D．【答案】CD【分析】由椭圆方程可确定，根据离心率，焦点三角形周长为可确定AB错误；当为椭圆短轴端点时最大，由此可确定，知C正确；根据可知D正确.【详解】对于A，由椭圆方程知：，，离心率，A错误；对于B，由椭圆定义知：，，的周长为，B错误；对于C，当为椭圆短轴端点时，，，，即，，C正确；对于D，，，，D正确.故选：CD.12．已知正方体的棱长为1，点分别是的中点，满足，则下列说法正确的是（    ）A．点到直线的距离是B．点到平面的距离为C．平面与平面间的距离为D．点到直线的距离为【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，所以.设，则，.故到直线的距离，故A对.易知，平面的一个法向量，则点到平面的距离，故B对..设平面的法向量为，则，所以令，得，所以.所以点到平面的距离.因为平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，所以平面与平面间的距离为，故C错.因为，所以又，则，所以点到的距离，故D错.故选：AB. 三、填空题13．已知为数列的前项和，若，且，则________.【答案】【解析】求得数列的周期，由此求得.【详解】由题意，，，，∴数列是周期数列，且周期为4.．故答案为：【点睛】本小题主要考查数列的周期性，属于基础题.14．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．【答案】5【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．【详解】因为圆心到直线的距离，由可得，解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．15．已知空间中三点，则点A到直线的距离为__________．【答案】【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解.【详解】，,，，设点A到直线的距离为，则.故答案为：.16．甲、乙、丙等7人站成一排照相，要求队伍最中间只能站甲或乙，且甲与丙不相邻，则不同的站法有____种.【答案】1008种【分析】利用特殊位置优先原则分类讨论计算即可.【详解】若甲站最中间，则不同的站法有种；若乙站最中间，甲和丙站在乙的一侧，则不同的站法有种；若乙站最中间，甲和丙站在乙的两侧，则不同的站法有种.故总的站法有1008种.故答案为：1008 四、解答题17．设是函数的一个极值点，曲线在处的切线斜率为8.(1)求的单调区间；(2)若在闭区间上的最大值为10，求的值.【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是(2)4 【分析】（1）求导后，根据求出，再利用导数可求出单调区间；（2）根据（1）中函数的单调性求出最值，结合已知的最值列式可求出结果.【详解】（1），由已知得，得，解得．于是，由，得或，由，得，可知是函数的极大值点，符合题意，所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.（2）由（1）知，因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，又，所以的最大值为，解得.18．已知直线：，.(1)证明直线过定点，并求出点的坐标；(2)在（1）的条件下，若直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，求直线的方程；(3)若直线不经过第四象限，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析，点的坐标为(2)或(3) 【分析】（1）化简方程为直线系方程的形式，组成方程组解出直线过的点；（2）根据题意分直线过原点、不过原点讨论，分析解决即可；（3）分①，②，③，且三种情况进行讨论分析解决.【详解】（1）证明：整理直线的方程，得，所以直线过直线与的交点，联立方程组，解得，所以直线过定点，点的坐标为.（2）当截距为0时，直线的方程为，即，当截距不为0时，设直线的方程为，则，解得，直线的方程为，即，故直线的方程为或.（3）当时，直线的方程为，符合题意；当时，直线的方程为，不符合题意；当，且时，， 所以解得或，综上所述，当直线不经过第四象限时，的取值范围是：.19．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，E，M，N分别是BC，，的中点． (1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接ME，，证明四边形MNDE为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）连接，，设，，以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）连接ME，，∵M，E分别为，BC中点，∴ME为的中位线，∴且，因为且，所以四边形为平行四边形，所以且，又N为中点，∴且，∴，，∴四边形MNDE为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）连接，，设，，由直四棱柱性质可知：平面ABCD，∵四边形ABCD为菱形，∴，则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，则：，，，，，取AB中点F，连接DF，则，∵四边形ABCD为菱形且，∴为等边三角形，∴，又平面ABCD，平面ABCD，∴，又平面，∴平面，即DF⊥平面，∴为平面的一个法向量，且，设平面的一个法向量为，又，，∴，令，则，，∴平面的一个法向量为∴，∴，∴二面角的正弦值为．20．在①；②，且成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.记等差数列的公差为，前项和为，已知__________.(1)求的通项公式；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)选条件①：；选条件②：；选条件③：(2)选条件①：；选条件②：；选条件③： 【分析】（1）若选条件①，即可得到关于、的方程组，从而求出、，即可得解；若选条件②，依题意可得，即可求出，即可得解；若选条件③，根据，作差计算可得；（2）由（1）得到的通项公式，再利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）解：若选条件①，（1）由题意得，解得，得，所以数列的通项公式为.若选条件②，依题意，由，得，解得，又因为，所以，所以数列的通项公式为.若选条件③，当时，；当时，.因为满足上式，所以数列的通项公式为.（2）解：选条件①②，由（1）知，则，所以数列的前项和..若选条件③，由（1）知，则，所以数列的前项和21．在平面直角坐标系中，抛物线上一点P的横坐标为4，且点P到焦点F的距离为5．(1)求抛物线的方程；(2)若直线交抛物线于A，B两点（位于对称轴异侧），且，求证：直线l必过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意建立关于的等式，解出即可求得抛物线方程；（2）设出坐标，联立直线与抛物线方程，求得，根据，建立等式求出，即可得出结果.【详解】（1）由题可知，点P到抛物线准线的距离为5，因为抛物线的准线方程为，点P的横坐标为4，所以，解得，所以抛物线的方程为；（2）证明：设，且，联立消去x可得，则，且，即，所以，由，得，即，解得（舍）或，故直线l的方程为，所以直线l必过定点．22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设函数，若对于任意，都有，求的取值范围.【答案】(1)见解析；(2) 【分析】（1）求出函数定义域，利用导数分类讨论求解的单调区间即可求解；（2）变形给定不等式，分离参数构造函数，求出在的最小值即可求解.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，若，，函数在上单调递减；若，当时，，当时，，因此，函数在上单调递减，在上单调递增，综上：当时，函数在上单调递减；当时，函数的减区间为，增区间为.（2）令，于是恒成立，即恒成立，令，求导得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，因此，，则有，所以的取值范围是.【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法(1)分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.