2022-2023学年福建省莆田第一中学高二下学期第二学段（期中）考试数学（A卷）试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省莆田第一中学高二下学期第二学段（期中）考试数学（A卷）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省莆田第一中学高二下学期第二学段（期中）考试数学（A卷）试题

一、单选题
1．甲、乙两个元件构成一并联电路，设E=“甲元件故障”，F=“乙元件故障”，则表示电路故障的事件为（    ）

A．EF B．EF C．E D．
【答案】B
【分析】根据并联电路可得答案.
【详解】因为甲、乙两个元件构成一并联电路，
所以只有当甲、乙两个元件都故障时，才造成电路故障，
所以表示电路故障的事件为.
故选：B
2．在和两数之间插入个数，使它们与组成等差数列，则该数列的公差为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意结合等差数列性质运算求解.

【详解】在和两数之间插入个数，使它们与组成等差数列，则这个数列共有项，
设该数列的公差为，则.
故选：A.

3．已知某运动员每次射击击中目标的概率为.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率.先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：



根据以上数据估计该射击运动员射击4次，至少击中3次的概率为（    ）
A．0.8 B．0.75 C．0.7 D．0.65
【答案】B
【分析】由题设模拟数据确定击中目标至少3次的随机数组，应用古典概型的概率求法求概率.

【详解】在20组随机数中含中的数至少3个（含3个或4个），共有15组，
即模拟结果中射击4次至少击中3次的频率为.
据此估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为0.75.
故选：B.

4．某单位入职面试中有三道题目，有三次答题机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止.若求职者小王答对每道题目的概率都是，则他最终通过面试的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分为三种情况：第一次通过，第二次通过，第三次通过，结合相互独立事件概率乘法公式求解.
【详解】由题意知，小王最终通过面试的概率为.
故选：C.
5．已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线（垂足为）交另一条渐近线于点，则线段的长度为（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据已知可推得双曲线的渐近线为，进而得出，即可推得.然后列出直线的方程为，求出点到直线的距离，根据勾股定理得出，即可得出答案.
【详解】
由已知可得，，，，
所以双曲线的渐近线为，
所以，所以，
所以是线段的垂直平分线，所以.
因为，，
所以，直线的方程为，即，
所以，
所以，，
所以.
故选：B.
6．在编号分别为的n名同学中挑选一人参加某项活动，挑选方法如下：抛掷两枚骰子，将两枚骰子的点数之和除以n所得的余数如果恰好为i，则选编号为i的同学．下列哪种情况是不公平的挑选方法（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】首先求出两枚骰子的点数之和可能的取值对应的概率，再分别讨论四个选项中的取值对应的余数的概率，若每一个余数的概率都相等则是公平的，若不相等则不公平，即可得正确选项.
【详解】由题意知两枚骰子的点数之和为，则可能为，
， ，，，
，，，，，，
对于选项A：时，
，，
所以是公平的，故选项A不正确；
对于选项B：时，，
，，
，所以是公平的，故选项B不正确；
对于选项C：时，
，，
，
因为概率不相等，所以不公平，故选项C正确；
对于选项D：时，
，，，
，，，
所以是公平的，故选项D不正确，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是理解题意，对于所给的值的每一个余数出现的概率相等即为公平，不相等即为不公平.
7．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图2是图1的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F是抛物线的焦点，∠AFB是馈源的方向角，记为，焦点F到顶点的距离f与口径d的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如果某抛物面天线馈源的方向角满足，，则其焦径比为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，，，代入抛物线方程可得，根据，解得与的关系，即可得出．
【详解】如图所示，建立直角坐标系，

设抛物线的标准方程为：，，
，代入抛物线方程可得：，解得，
由于，得或（舍）
又，化为：，
解得或（舍）
.
故选：C.
8．设，分别为椭圆C：的左、右焦点，点A，B均在C上，若，，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】思路1：，延长AF1与椭圆交于D点，分别求出，则可得，代入化简即可得出答案；思路2：设，由∠AF1F2，∠BF2F1互补得，由余弦定理代入化简即可得出答案.
【详解】思路1.（对称性）延长AF1与椭圆交于D点，连接，
由椭圆的对称性可得：，，
设，则，，
由椭圆的定义知：，
所以，，
则.于是，，，
所以，即，得，故.
思路2.（补角余弦）设，则，，
由，，
由∠AF1F2，∠BF2F1互补得：，
得，所以，.

故选：C.

二、多选题
9．某班级体温检测员对一周内甲、乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列说法正确的有（    ）

A．乙同学体温的极差为0.4℃
B．乙同学的体温比甲同学的体温稳定
C．乙同学体温的众数为36.4℃，中位数与平均数相等
D．甲同学体温的第70百分位数为36.5℃
【答案】BCD
【分析】求出乙同学体温的极差即可判断A，将乙同学体温数据从小到大排列，得到众数、平均数、中位数，即可判断B，根据折线图判断C，根据百分位数计算规则判断D；
【详解】选项A，乙同学体温的极差为36.5-36.3=0.2℃，故A错误；
选项B，从折线图上可以看出，乙同学的体温比甲同学的体温稳定，故B正确；
选项C，乙同学的体温从低到高依次为36.3℃，36.3℃，36.4℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，故众数为36.4℃，而中位数和平均数都是36.4℃，故C正确；
选项D，甲同学的体温从低到高依次为36.2℃，36.2℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，36.6℃，由.可知数据的第70百分位数为第5项数据36.5℃，故D正确.
故选：BCD.
10．设等比数列{}的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】AB
【分析】分析得到得或时不满足题意，当时，则不成立，故q0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间
【分析】（1）[方法三]不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；
（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.
【详解】（1）
[方法一]【最优解】：
等价于．
设，则．
当时，，所以在区间内单调递增；
当时，，所以在区间内单调递减．
故，所以，即，所以c的取值范围是．
[方法二]：切线放缩
若，即，即当时恒成立，
而在点处的切线为，从而有，
当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．
[方法三]：利用最值求取值范围
函数的定义域为：
，
设，则有 ，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，
即，
要想不等式在上恒成立，
只需；
所以c的取值范围为．
（2）且
因此，设 ，
则有，
当时，，所以， 单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，
所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.
【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；
方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.
方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.
20．在平面直角坐标系xOy中，动点N到F（2，0）的距离与它到直线l：的距离之比为2，记N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限）交直线l于点M，过M且平行于OA的直线分别交直线OB，x轴于P，Q，求的值
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据已知可得，化简整理即可得出答案；
（2）设AB直线方程为，联立直线和双曲线的方程可得，进而根据韦达定理得出坐标之间的关系，表示出过M平行于OA的直线方程和直线OB方程，联立两直线方程解出，即可求出答案.
【详解】（1）设点N（x，y），依题意有.
即，化简得.
（2）设AB直线方程为，A（x1，y1），B（x2，y2）
则.
由得，
则，
所以，

过M平行于OA的直线方程为，直线OB方程为，
由得，
所以，
因为，故P为线段MQ的中点，所以.
21．甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下:
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空:每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率；
(3)求甲最终获胜的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况有2种①乙胜丙、乙胜甲、乙胜丙②乙胜丙、甲胜乙、甲胜丙，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.
（2）首先分析出只需四场比赛就决出冠军的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.
（3）首先分析出甲最终获胜的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.
【详解】（1）记事件A为甲胜乙，则，，
事件B为甲胜丙，则，，
事件C为乙胜丙，则，，
前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
.
（2）只需四场比赛就决出冠军的概率为：

.
（3）由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为，
第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，
设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，
所以甲最终获胜的概率
.
22．已知椭圆，设过点的直线交椭圆于两点，交直线于点，点为直线上不同于点的任意一点.

(1)求的最小值；
(2)记直线的斜率分别为，问是否存在的某种排列（其中），使得成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或成等差数列，证明见解析

【分析】（1）设点，由，利用二次函数性质求解；
（2）设点，①若直线斜率为0，直接验证；②直线斜率不为0，设直线，则，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：设点，其中，
则，
，当时，取最小值.
（2）或成等差数列，证明如下：
设点.
①若直线斜率为0，则点，不妨令点，
则，此时的任意排列均不成等比数列，
或成等差数列.
②直线斜率不为0，设直线，
则点，
由，得，
故，
因为，
所以，
，
，
所以或成等差数列，
综合上述，或成等差数列.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.