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福建省厦门第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（解析版）
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这是一份福建省厦门第一中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（解析版），共28页。试卷主要包含了考试结束，考生只须将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
福建省厦门第一中学2022-2023学年高二下学期
数学科试卷
本试卷共4页，满分150分
注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效．
3．考试结束，考生只须将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 定义，已知数列为等比数列，且，，则（ ）
A. 4 B. ±4 C. 8 D. ±8
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，再结合即可求解的值．
【详解】依题意得，
又，所以．
故选：C．
2. 已知F为抛物线的焦点，A为C上的一点，中点的横坐标为2，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据中点的横坐标求出点横坐标，进而由焦半径公式求出答案.
【详解】由题意得：，准线方程为，
设，则中点的横坐标为，
故，解得：，
由抛物线的焦半径可知：.
故选：B
3. 某市教育局为了给高考生减压，将师范大学6名心理学教授全部分配到市属四所重点高中进行心理辅导，若高中恰好需要1名心理学教授，三所高中各至少需要1名心理学教授，则不同的分配方案有（ ）
A 150种 B. 540种 C. 900种 D. 1440种
【答案】C
【解析】
【分析】先给高中分配人，然后剩下的人去所高中利用先分组后分配的办法处理.
【详解】先从6名教授中任选1名教授到高中，有种不同的方法，
再将其余5名教授分配到三所高中，可分两类：
①三所高中有一所高中分1名教授，另外两所高中各分2名教授，有种方法；
②三所高中有一个高中分3名教授，另两个高中各分1名教授，有种不同的方法，不同的分配方案共有种．
故选：C
4. 3月15日是国际消费者权益日.中央电视台特地推出3.15公益晚会，曝光了食品、医美、直播等多领域乱象，在很大程度上震慑了一些不良商家，也增强了消费者的维权意识.一名市民在某商店买了一只灯泡，结果用了两个月就坏了，他拨打了12315投诉电话.通过调查，发现该商店将一些不合格灯泡混入一批合格灯泡中以次充好卖给顾客.假设合格灯泡在使用1000小时后损坏的概率为0.004，不合格灯泡在使用1000小时后损坏的概率为0.4，若混入的不合格灯泡数占灯泡总数的25%，现一顾客在该商店买一只灯泡，则该灯泡在使用1000小时后不会损坏的概率为（ ）
A. 0.103 B. 0.301 C. 0.897 D. 0.699
【答案】C
【解析】
【分析】由全概率公式可得答案.
【详解】由全概率公式，可得任取一零件，它是合格品的概率为.
故选：C.
5. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，）
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，
所以，，
由题意，，且，，
因为，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，
故选：B.
6. 已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
因为.
所以.
因为.
所以.
所以.
即
所以异面直线与CD所成角的余弦值为.
故选：D
7. 某高二学生在参加物理、历史反向学考中，成绩是否取得等级相互独立，记为“该学生取得等级的学考科目数”，其分布列如下表所示，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用方差的期望表示可得出，设该生物理、历史学考获得等级的概率分别为、，则有，利用基本不等式可求得的取值范围，再结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】由题意可得、的分布列如下表所示：
由分布列的性质可得，所以，，
所以，，，
所以，，
设该生物理、历史学考获得等级的概率分别为、，则有，
则，
当且仅当时取等号，所以，，
因为函数在上单调递减，
所以，．
故选：B.
8. 若实数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对不等式变形得到，换元后得到，构造，求导研究其单调性，极值最值情况，得到，从而只有时，即时，满足要求，从而解出，依次判断四个选项.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
令，
则，即，
所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
，
要想使得成立，只有时，即时，满足要求，
所以，
由定义域可知：，
解得：，
，A选项正确；
，BC错误.
，D错误；
故选：A.
【点睛】对不等式或方程变形后，利用同构来构造函数解决问题，
常见的同构型：（1）；
（2）；
（3）；
（4），
本题难点在于变形为，换元后得到，从而构造解决问题.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 总和生育率有时也简称生育率，是指一个人口群体的各年龄别妇女生育率的总和．它反映的是一名妇女在每年都按照该年龄别现有生育率生育的假设下，在育龄期间生育的子女总数．为了了解中国人均GDPx（单位：万元）和总和生育率y以及女性平均受教育年限z（单位：年）的关系，采用2012~2022近十年来的数据绘制了散点图，并得到经验回归方程，，对应的决定系数分别为，，则（ ）
A. 人均GDP和女性平均受教育年限正相关．
B. 女性平均受教育年限和总和生育率负相关
C.
D. 未来三年总和生育率一定继续降低
【答案】AB
【解析】
【分析】根据回归方程判断A，写出女性平均受教育年限和总和生育率的关系式，从而判断B，根据散点图的拟合效果判断C，由回归方程可预测未来趋势，但实际值不一定会持续降低，从而判断D.
【详解】由回归方程知人均GDP和女性平均受教育年限正相关，故A正确；
因为，，
可得女性平均受教育年限z和总和生育率y的关系式为，
所以女性平均受教育年限z和总和生育率y负相关，故B正确；
由散点图可知，回归方程相对拟合效果更好，
所以，故C错误；
根据回归方程预测，未来总和生育率预测值有可能降低，
但实际值不一定会降低，故D错误．
故选：AB
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数有且只有2个零点
B. 函数的递减区间为
C. 函数存在最大值和最小值
D. 若方程有三个实数解，则
【答案】AB
【解析】
【分析】求得，得到函数的的单调性与极值，画出函数的图象，结合图象，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，则，
令，解得；令，解得或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
且，，当时，，
作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确；
所以，无最大值，所以C错误；
若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点，
可得，所以D错误.
故选：AB.
11. 已知圆，则（ ）
A. 存在两个不同的a，使得圆C经过坐标原点
B. 存在两个不同的a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等
C. 存在唯一的a，使得圆C的面积被直线平分
D. 存在三个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，等价于判断方程的解的个数，等价于判断与交点个数，结合图象判断即可，
对于B，由弦长公式可得等价于判断方程解的个数，利用导数研究函数性质判断即可，
对于C，等价于判断方程的解，利用导数研究函数的性质即可判断，
对于D，等价于判断或解的个数，解方程即可判断.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
对于A：设圆过原点，则，
方程的解的个数等价于函数的图象与曲线的交点个数，
作函数与圆的图象可得：
所以函数的图象与曲线的交点个数为，
所以存在两个不同的a，使得圆C经过坐标原点，A正确；
对于B：圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等等价于，
即，即，
方程的解的个数函数和的零点的个数和相等，
因为，又，，
所以函数在区间上存在一个零点，即函数存在一个零点，
因为，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以，故函数没有零点，
所以方程的解的个数为，
即存在一个a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等，B错误；
对于C：圆C的面积被直线平分等价于过圆心，
所以，令，
求导可得，令，可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以函数只有一个零点，
即方程只有一解，
所以存在唯一的a，使得圆C的面积被直线平分，C正确；
对于D：圆C与x轴或y轴相切等价于或，
则或a=0，共3解，
所以存在三个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切，D正确；
故选：ACD.
【点睛】知识点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，方程与函数的综合问题，利用导数研究函数的零点等知识，考查数形结合，逻辑推理的能力.
12. 如下图，正方体中，为线段上的动点，平面，则下面说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值范围为
B. 已知为中点，当的和最小时，
C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；
对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断B选项的正误.
对于C选项，利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；
对于D选项，证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断D选项的正误；
【详解】对于A选项，设正方体的棱长为2，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，，B选项正确.
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，D选项错误；
故选：ABC
【点睛】思路点睛：涉及几何体中动点按规律移动问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算解决，针对立体几何中线段长度和的最小值问题，可以通过将直线所在两个平面延展成一个平面，然后找到三点共线的位置即为取得最小值的位置.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中的系数为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项，分别求出，的展开式中的系数，即可得出答案.
【详解】∵的展开式的通项为，
∴令，可得展开式中的系数为，
∵的展开式的通项为，
∴令，可得展开式中的系数为，
故展开式中的系数为．
故答案为：9．
14. 从0，1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为A，B，则方程所表示的不同直线共有______条．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可分、和，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】当时，可表示1条直线；
当时，可表示1条直线；
当，时，A有5种选法，B有4种选法，可表示条不同直线，
其中与，表示同一条，与表示同一条，
由分类计数原理知，一共可表示条不同的直线．
故答案为：.
15. 过双曲线 的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左､右两支分别交于点，若，则双曲线的离心率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设双曲线的左焦点为，连接设，分别求得，同理，结合，求得，进而求得离心率.
【详解】如图所示，根据点到直线的距离公式可得点到直线的距离为，
设双曲线的左焦点为，连接，则，
在中，设，则，
在中，由余弦定理得，
将代入整理后得，
同理，
因为，
所以，故离心率为.
故答案为：
16. 正方形位于平面直角坐标系上，其中，，，．考虑对这个正方形执行下面三种变换：（1）：逆时针旋转．（2）：顺时针旋转．（3）：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是，，，四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换之后，顶点从移动到，然后再作一次变换之后，移动到．对原来的正方形按，，，的顺序作次变换记为，其中，．如果经过次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是-恒等变换．例如，是一个3-恒等变换．则3-恒等变换共________种；对于正整数，-恒等变换共________种．
【答案】 ①. 6 ②.
【解析】
【分析】根据3-恒等变换必定含可列举求解；作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.求得，，，，从而可得，利用构造法求得，从而有，再利用累加法求得.
【详解】3-恒等变换必定含，所以一共有，，，，，这6种3-恒等变换；
注意到，作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.
把这次变换分解成次变换和第次变换，
假设经过次变换之后余数为0．如果经过次变换后的余数是0，则第次变换余数不可能为0；如果经过次变换后的余数分别是1，2，3，则第次变换余数必须分别为3，2，1．其他完全类似，因此
，
，
，
．
把后三个式子相加可得，
代入第一个式子可得，．
所以是公比为3的等比数列．
已经算出，而2-恒等变换有，，这三种，故．因此，，从而．
两边同乘，可得．
根据累加法可得
于是．
故答案为：6；
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是要注意到作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.把这次变换分解成次变换和第次变换，从而得到，，，，进而得到，至此思路就清晰明朗了.
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 数列满足，，λ为常数
（1）是否存在实数λ，使得数列成为等比数列，若存在，找出所有的λ，及对应的通项公式；若不存在，说明理由；
（2）当时，记，求数列的前n项和．
【答案】（1）存在，，
（2）
【解析】
【分析】（1）假设存在实数λ，使得数列成为等比数列，根据可求出可得答案；
（2）当时，由根据等差数列定义和求和公式可得答案.
【小问1详解】
假设存在实数λ，使得数列成为等比数列，
则有，，
，
因为，所以数列成为等比数列，存在，；
【小问2详解】
当时，由可知：
数列是以为首项，为公差的等差数列
故， .
18. 下表是某单位在2023年1~5月份用水量（单位：百吨）的一组数据：
月份x
1
2
3
4
5
用水量y
2.5
3
4
4.5
5.2
（1）从这5个月中任取2个月的用水量，求所取2个月的用水量之和不超过7（单位：百吨）的概率；
（2）若由经验回归方程得到的预测数据与实际数据的误差不超过0.05，视为“预测可靠”，那么由该单位前4个月的数据所得到的经验回归方程预测5月份的用水量是否可靠?说明理由．
参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．
【答案】（1）
（2）得到的经验回归方程是“预测可靠”的．
【解析】
【分析】（1）根据古典概型求概率；
（2）先求出线性回归方程，在进行预测判断.
【小问1详解】
从这5个月中任取2个月，包含的基本事件有个，
其中所取2个月的用水量之和不超过7（百吨）的基本事件有以下4个：
，，，，
故所求概率．
【小问2详解】
由数据得，
由公式计算得
，所以y关于x的经验回归方程为，
当时，得估计值，而
所以得到的经验回归方程是“预测可靠”的．
19. 如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，，的平面与棱交于点．
（1）证明：四边形是矩形；
（2）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据线面平行的判定定理，性质定理证出四边形是平行四边形，再由条件可证得平面，于是，从而四边形是矩形；
（2）由（1）知，，两两垂直，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，再分别求出平面，平面的一个法向量，然后根据二面角的向量公式即可求出．
【小问1详解】
连接，，
在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以，
因此，
因为点是的中点，所以为中点，所以，
所以四边形为平行四边形，
在正中，因为是的中点，所以，
由题可知平面，平面，所以，，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，故四边形为矩形.
【小问2详解】
由（1）知，，两两垂直，
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.
设，则.
在中，，，所以.
于是，，，，
，，.
设平面的法向量为，
由，得，取.
设平面的法向量为，
由，得，取.
设平面和平面夹角为，
则，
故平面和平面夹角的余弦值为.
20. 已知点在椭圆E：上，且E的离心率为.
（1）求E的方程；
（2）设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得求出即可得椭圆方程；
（2）由题意可得，当时，求出的值；当时，联立直线PF与直线的方程求出点的坐标，根据求解即可.
【小问1详解】
由题意得 解得
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
因为点是E上的任意一点，所以.
①当时，点或.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
②当时，直线的方程为，
由，可得，所以.
所以
，
所以.
综上所述，.
【点睛】总结点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21. 某种疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的病人进行调查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性病人的，女性患Ⅰ型病的人数占女性病人的．
（1）若依据小概率值的独立性检验，认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少有多少人?
（2）某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物．两个团队各至多排2个接种周期进行试验．甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为，每人每次接种花费元，每个周期至多接种3次，第一个周期连续2次出现抗体测终止本接种周期进入第二个接种周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期：第二接种周期连续2次出现抗体则终止试验，否则依次接种至至试验结束：乙团队研发的药物每次接种后产生抗体概率为，每人每次花费元，每个周期接种3次，每个周期必须完成3次接种，若一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期、假设两个研发团队每次接种后产生抗体与否均相互独立．当，时，从两个团队试验的平均花费考虑，试证明该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的．
参考公式：（其中为样本容量）
参考数据：
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.897
10.828
【答案】（1）12人 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设男性患者有人，则女性患者有人，列出列联表，计算出的观测值，根据题意可得出关于的不等式，结合、可求得整数的最小值；
（2）设甲研发团队试验总花费为元，设乙研发团队试验总花费为元，计算出、，利用函数的单调性可得出，由此可得出结论.
【小问1详解】
设男性患都有人，则女性患者有人，列联表如下：
Ⅰ型病
Ⅱ型病
合计
男
女
合计
依据小概率值的独立性检验，认为“所患疾病类型”与“性别”有关，
则，解得，
∵，，∴z的最小整数值为12，因此，男性患者至少有12人；
【小问2详解】
设甲研发团队试验总花费为X元，则X的可能取值为、、，
∵，，
，
∴，
在递减，∴，
设乙研发团队试验总花费为Y元，则Y的可能取值为、，
∴，，
∴，
设，，
函数在递减，，
∴恒成立，所以，该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的．
22. 已知函数，为的导函数．
（1）当时，求函数的单调区间和极值；
（2）当时，求证：对任意的，，且，有
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为1，无极大值．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数和函数单调性、极值的关系可得答案：
（2）要证明不等式成立，只需要证明，根据导数与函数最值的关系，以及放缩法证明即可.
【小问1详解】
依题意，，，
从而可得，整理可得：，
令，解得，
当x变化时，，的变化情况如下表：
－
0
＋
单调递减
极小值
单调递增
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
的极小值为，无极大值；
【小问2详解】
证法一：由，得，
对任意的，，且，令，
则
，①
令，．当时，，
由此可得在单调递增，所以当时，，即，
因为，，，
所以
，②
由（1）可知，当时，，即，
故，③
由①②③可得，
所以，当时，任意的，，且，
有；
证法二，
以为主元构造函数：，，
则有，
其中为的导函数，，，
设
，
所以恒成立，即在上单调递增，
所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用导数研究函数的单调性、求函数的极值时利用了放缩法，考查了学生的思维能力、运算能力.
福建省厦门第一中学2022-2023学年高二下学期
数学科试卷
本试卷共4页，满分150分
注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效．
3．考试结束，考生只须将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 定义，已知数列为等比数列，且，，则（ ）
A. 4 B. ±4 C. 8 D. ±8
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，再结合即可求解的值．
【详解】依题意得，
又，所以．
故选：C．
2. 已知F为抛物线的焦点，A为C上的一点，中点的横坐标为2，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据中点的横坐标求出点横坐标，进而由焦半径公式求出答案.
【详解】由题意得：，准线方程为，
设，则中点的横坐标为，
故，解得：，
由抛物线的焦半径可知：.
故选：B
3. 某市教育局为了给高考生减压，将师范大学6名心理学教授全部分配到市属四所重点高中进行心理辅导，若高中恰好需要1名心理学教授，三所高中各至少需要1名心理学教授，则不同的分配方案有（ ）
A 150种 B. 540种 C. 900种 D. 1440种
【答案】C
【解析】
【分析】先给高中分配人，然后剩下的人去所高中利用先分组后分配的办法处理.
【详解】先从6名教授中任选1名教授到高中，有种不同的方法，
再将其余5名教授分配到三所高中，可分两类：
①三所高中有一所高中分1名教授，另外两所高中各分2名教授，有种方法；
②三所高中有一个高中分3名教授，另两个高中各分1名教授，有种不同的方法，不同的分配方案共有种．
故选：C
4. 3月15日是国际消费者权益日.中央电视台特地推出3.15公益晚会，曝光了食品、医美、直播等多领域乱象，在很大程度上震慑了一些不良商家，也增强了消费者的维权意识.一名市民在某商店买了一只灯泡，结果用了两个月就坏了，他拨打了12315投诉电话.通过调查，发现该商店将一些不合格灯泡混入一批合格灯泡中以次充好卖给顾客.假设合格灯泡在使用1000小时后损坏的概率为0.004，不合格灯泡在使用1000小时后损坏的概率为0.4，若混入的不合格灯泡数占灯泡总数的25%，现一顾客在该商店买一只灯泡，则该灯泡在使用1000小时后不会损坏的概率为（ ）
A. 0.103 B. 0.301 C. 0.897 D. 0.699
【答案】C
【解析】
【分析】由全概率公式可得答案.
【详解】由全概率公式，可得任取一零件，它是合格品的概率为.
故选：C.
5. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，）
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，
所以，，
由题意，，且，，
因为，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，
故选：B.
6. 已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
因为.
所以.
因为.
所以.
所以.
即
所以异面直线与CD所成角的余弦值为.
故选：D
7. 某高二学生在参加物理、历史反向学考中，成绩是否取得等级相互独立，记为“该学生取得等级的学考科目数”，其分布列如下表所示，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用方差的期望表示可得出，设该生物理、历史学考获得等级的概率分别为、，则有，利用基本不等式可求得的取值范围，再结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】由题意可得、的分布列如下表所示：
由分布列的性质可得，所以，，
所以，，，
所以，，
设该生物理、历史学考获得等级的概率分别为、，则有，
则，
当且仅当时取等号，所以，，
因为函数在上单调递减，
所以，．
故选：B.
8. 若实数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对不等式变形得到，换元后得到，构造，求导研究其单调性，极值最值情况，得到，从而只有时，即时，满足要求，从而解出，依次判断四个选项.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
令，
则，即，
所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
，
要想使得成立，只有时，即时，满足要求，
所以，
由定义域可知：，
解得：，
，A选项正确；
，BC错误.
，D错误；
故选：A.
【点睛】对不等式或方程变形后，利用同构来构造函数解决问题，
常见的同构型：（1）；
（2）；
（3）；
（4），
本题难点在于变形为，换元后得到，从而构造解决问题.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 总和生育率有时也简称生育率，是指一个人口群体的各年龄别妇女生育率的总和．它反映的是一名妇女在每年都按照该年龄别现有生育率生育的假设下，在育龄期间生育的子女总数．为了了解中国人均GDPx（单位：万元）和总和生育率y以及女性平均受教育年限z（单位：年）的关系，采用2012~2022近十年来的数据绘制了散点图，并得到经验回归方程，，对应的决定系数分别为，，则（ ）
A. 人均GDP和女性平均受教育年限正相关．
B. 女性平均受教育年限和总和生育率负相关
C.
D. 未来三年总和生育率一定继续降低
【答案】AB
【解析】
【分析】根据回归方程判断A，写出女性平均受教育年限和总和生育率的关系式，从而判断B，根据散点图的拟合效果判断C，由回归方程可预测未来趋势，但实际值不一定会持续降低，从而判断D.
【详解】由回归方程知人均GDP和女性平均受教育年限正相关，故A正确；
因为，，
可得女性平均受教育年限z和总和生育率y的关系式为，
所以女性平均受教育年限z和总和生育率y负相关，故B正确；
由散点图可知，回归方程相对拟合效果更好，
所以，故C错误；
根据回归方程预测，未来总和生育率预测值有可能降低，
但实际值不一定会降低，故D错误．
故选：AB
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数有且只有2个零点
B. 函数的递减区间为
C. 函数存在最大值和最小值
D. 若方程有三个实数解，则
【答案】AB
【解析】
【分析】求得，得到函数的的单调性与极值，画出函数的图象，结合图象，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，则，
令，解得；令，解得或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
且，，当时，，
作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确；
所以，无最大值，所以C错误；
若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点，
可得，所以D错误.
故选：AB.
11. 已知圆，则（ ）
A. 存在两个不同的a，使得圆C经过坐标原点
B. 存在两个不同的a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等
C. 存在唯一的a，使得圆C的面积被直线平分
D. 存在三个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，等价于判断方程的解的个数，等价于判断与交点个数，结合图象判断即可，
对于B，由弦长公式可得等价于判断方程解的个数，利用导数研究函数性质判断即可，
对于C，等价于判断方程的解，利用导数研究函数的性质即可判断，
对于D，等价于判断或解的个数，解方程即可判断.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
对于A：设圆过原点，则，
方程的解的个数等价于函数的图象与曲线的交点个数，
作函数与圆的图象可得：
所以函数的图象与曲线的交点个数为，
所以存在两个不同的a，使得圆C经过坐标原点，A正确；
对于B：圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等等价于，
即，即，
方程的解的个数函数和的零点的个数和相等，
因为，又，，
所以函数在区间上存在一个零点，即函数存在一个零点，
因为，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以，故函数没有零点，
所以方程的解的个数为，
即存在一个a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等，B错误；
对于C：圆C的面积被直线平分等价于过圆心，
所以，令，
求导可得，令，可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以函数只有一个零点，
即方程只有一解，
所以存在唯一的a，使得圆C的面积被直线平分，C正确；
对于D：圆C与x轴或y轴相切等价于或，
则或a=0，共3解，
所以存在三个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切，D正确；
故选：ACD.
【点睛】知识点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，方程与函数的综合问题，利用导数研究函数的零点等知识，考查数形结合，逻辑推理的能力.
12. 如下图，正方体中，为线段上的动点，平面，则下面说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值范围为
B. 已知为中点，当的和最小时，
C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；
对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断B选项的正误.
对于C选项，利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；
对于D选项，证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断D选项的正误；
【详解】对于A选项，设正方体的棱长为2，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，，B选项正确.
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，D选项错误；
故选：ABC
【点睛】思路点睛：涉及几何体中动点按规律移动问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算解决，针对立体几何中线段长度和的最小值问题，可以通过将直线所在两个平面延展成一个平面，然后找到三点共线的位置即为取得最小值的位置.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中的系数为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项，分别求出，的展开式中的系数，即可得出答案.
【详解】∵的展开式的通项为，
∴令，可得展开式中的系数为，
∵的展开式的通项为，
∴令，可得展开式中的系数为，
故展开式中的系数为．
故答案为：9．
14. 从0，1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为A，B，则方程所表示的不同直线共有______条．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可分、和，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】当时，可表示1条直线；
当时，可表示1条直线；
当，时，A有5种选法，B有4种选法，可表示条不同直线，
其中与，表示同一条，与表示同一条，
由分类计数原理知，一共可表示条不同的直线．
故答案为：.
15. 过双曲线 的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左､右两支分别交于点，若，则双曲线的离心率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设双曲线的左焦点为，连接设，分别求得，同理，结合，求得，进而求得离心率.
【详解】如图所示，根据点到直线的距离公式可得点到直线的距离为，
设双曲线的左焦点为，连接，则，
在中，设，则，
在中，由余弦定理得，
将代入整理后得，
同理，
因为，
所以，故离心率为.
故答案为：
16. 正方形位于平面直角坐标系上，其中，，，．考虑对这个正方形执行下面三种变换：（1）：逆时针旋转．（2）：顺时针旋转．（3）：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是，，，四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换之后，顶点从移动到，然后再作一次变换之后，移动到．对原来的正方形按，，，的顺序作次变换记为，其中，．如果经过次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是-恒等变换．例如，是一个3-恒等变换．则3-恒等变换共________种；对于正整数，-恒等变换共________种．
【答案】 ①. 6 ②.
【解析】
【分析】根据3-恒等变换必定含可列举求解；作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.求得，，，，从而可得，利用构造法求得，从而有，再利用累加法求得.
【详解】3-恒等变换必定含，所以一共有，，，，，这6种3-恒等变换；
注意到，作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.
把这次变换分解成次变换和第次变换，
假设经过次变换之后余数为0．如果经过次变换后的余数是0，则第次变换余数不可能为0；如果经过次变换后的余数分别是1，2，3，则第次变换余数必须分别为3，2，1．其他完全类似，因此
，
，
，
．
把后三个式子相加可得，
代入第一个式子可得，．
所以是公比为3的等比数列．
已经算出，而2-恒等变换有，，这三种，故．因此，，从而．
两边同乘，可得．
根据累加法可得
于是．
故答案为：6；
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是要注意到作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.把这次变换分解成次变换和第次变换，从而得到，，，，进而得到，至此思路就清晰明朗了.
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 数列满足，，λ为常数
（1）是否存在实数λ，使得数列成为等比数列，若存在，找出所有的λ，及对应的通项公式；若不存在，说明理由；
（2）当时，记，求数列的前n项和．
【答案】（1）存在，，
（2）
【解析】
【分析】（1）假设存在实数λ，使得数列成为等比数列，根据可求出可得答案；
（2）当时，由根据等差数列定义和求和公式可得答案.
【小问1详解】
假设存在实数λ，使得数列成为等比数列，
则有，，
，
因为，所以数列成为等比数列，存在，；
【小问2详解】
当时，由可知：
数列是以为首项，为公差的等差数列
故， .
18. 下表是某单位在2023年1~5月份用水量（单位：百吨）的一组数据：
月份x
1
2
3
4
5
用水量y
2.5
3
4
4.5
5.2
（1）从这5个月中任取2个月的用水量，求所取2个月的用水量之和不超过7（单位：百吨）的概率；
（2）若由经验回归方程得到的预测数据与实际数据的误差不超过0.05，视为“预测可靠”，那么由该单位前4个月的数据所得到的经验回归方程预测5月份的用水量是否可靠?说明理由．
参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．
【答案】（1）
（2）得到的经验回归方程是“预测可靠”的．
【解析】
【分析】（1）根据古典概型求概率；
（2）先求出线性回归方程，在进行预测判断.
【小问1详解】
从这5个月中任取2个月，包含的基本事件有个，
其中所取2个月的用水量之和不超过7（百吨）的基本事件有以下4个：
，，，，
故所求概率．
【小问2详解】
由数据得，
由公式计算得
，所以y关于x的经验回归方程为，
当时，得估计值，而
所以得到的经验回归方程是“预测可靠”的．
19. 如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，，的平面与棱交于点．
（1）证明：四边形是矩形；
（2）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据线面平行的判定定理，性质定理证出四边形是平行四边形，再由条件可证得平面，于是，从而四边形是矩形；
（2）由（1）知，，两两垂直，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，再分别求出平面，平面的一个法向量，然后根据二面角的向量公式即可求出．
【小问1详解】
连接，，
在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以，
因此，
因为点是的中点，所以为中点，所以，
所以四边形为平行四边形，
在正中，因为是的中点，所以，
由题可知平面，平面，所以，，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，故四边形为矩形.
【小问2详解】
由（1）知，，两两垂直，
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.
设，则.
在中，，，所以.
于是，，，，
，，.
设平面的法向量为，
由，得，取.
设平面的法向量为，
由，得，取.
设平面和平面夹角为，
则，
故平面和平面夹角的余弦值为.
20. 已知点在椭圆E：上，且E的离心率为.
（1）求E的方程；
（2）设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得求出即可得椭圆方程；
（2）由题意可得，当时，求出的值；当时，联立直线PF与直线的方程求出点的坐标，根据求解即可.
【小问1详解】
由题意得 解得
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
因为点是E上的任意一点，所以.
①当时，点或.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
②当时，直线的方程为，
由，可得，所以.
所以
，
所以.
综上所述，.
【点睛】总结点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21. 某种疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的病人进行调查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性病人的，女性患Ⅰ型病的人数占女性病人的．
（1）若依据小概率值的独立性检验，认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少有多少人?
（2）某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物．两个团队各至多排2个接种周期进行试验．甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为，每人每次接种花费元，每个周期至多接种3次，第一个周期连续2次出现抗体测终止本接种周期进入第二个接种周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期：第二接种周期连续2次出现抗体则终止试验，否则依次接种至至试验结束：乙团队研发的药物每次接种后产生抗体概率为，每人每次花费元，每个周期接种3次，每个周期必须完成3次接种，若一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期、假设两个研发团队每次接种后产生抗体与否均相互独立．当，时，从两个团队试验的平均花费考虑，试证明该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的．
参考公式：（其中为样本容量）
参考数据：
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.897
10.828
【答案】（1）12人 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设男性患者有人，则女性患者有人，列出列联表，计算出的观测值，根据题意可得出关于的不等式，结合、可求得整数的最小值；
（2）设甲研发团队试验总花费为元，设乙研发团队试验总花费为元，计算出、，利用函数的单调性可得出，由此可得出结论.
【小问1详解】
设男性患都有人，则女性患者有人，列联表如下：
Ⅰ型病
Ⅱ型病
合计
男
女
合计
依据小概率值的独立性检验，认为“所患疾病类型”与“性别”有关，
则，解得，
∵，，∴z的最小整数值为12，因此，男性患者至少有12人；
【小问2详解】
设甲研发团队试验总花费为X元，则X的可能取值为、、，
∵，，
，
∴，
在递减，∴，
设乙研发团队试验总花费为Y元，则Y的可能取值为、，
∴，，
∴，
设，，
函数在递减，，
∴恒成立，所以，该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的．
22. 已知函数，为的导函数．
（1）当时，求函数的单调区间和极值；
（2）当时，求证：对任意的，，且，有
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为1，无极大值．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数和函数单调性、极值的关系可得答案：
（2）要证明不等式成立，只需要证明，根据导数与函数最值的关系，以及放缩法证明即可.
【小问1详解】
依题意，，，
从而可得，整理可得：，
令，解得，
当x变化时，，的变化情况如下表：
－
0
＋
单调递减
极小值
单调递增
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
的极小值为，无极大值；
【小问2详解】
证法一：由，得，
对任意的，，且，令，
则
，①
令，．当时，，
由此可得在单调递增，所以当时，，即，
因为，，，
所以
，②
由（1）可知，当时，，即，
故，③
由①②③可得，
所以，当时，任意的，，且，
有；
证法二，
以为主元构造函数：，，
则有，
其中为的导函数，，，
设
，
所以恒成立，即在上单调递增，
所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用导数研究函数的单调性、求函数的极值时利用了放缩法，考查了学生的思维能力、运算能力.
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