福建省福州市五校联考2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州市五校联考2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 直线倾斜角为， 已知，是双曲线等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年第二学期期中考试
高二年级数学试卷
一､单项选择题（本大题共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. 直线倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由直线方程求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求得答案
【详解】解：由直线得其斜率为，
设直线的倾斜角为（），则，
所以，所以直线的倾斜角为，
故选：D
【点睛】此题考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题
2. 已知直线，，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，两直线、之间的距离为
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；根据两直线垂直求出的值，可判断B选项；根据两直线平行求出实数的值，可判断C选项；根据平行线间的距离公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由可得，所以，直线过定点，A错；
对于B选项，当时，，解得，B对；
对于C选项，当时，，解得，C错；
对于D选项，当时，，直线的方程为，即，
直线的方程为，
此时，直线、之间的距离为，D错.
故选：B.
3. 已知是等比数列的前项和，若存在，满足，则数列的公比为（ ）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据，解关于 的方程，注意还是的讨论，代入公式即可求解.
【详解】设数列的公比为，
若，则，与题中条件矛盾，
故
.
故选：B
【点睛】注意公式应用的前提，以及题中没有说明 的取值时，要考虑是否为1.
4. 四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若，则等于（ ）

A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
运用向量的线性运用表示向量，对照系数，求得，代入可得选项.
【详解】因为，
所以，所以，所以 ，
解得，所以，
故选：B.
5. 从0，1，2，3，4，5，6七个数字中取四个不同的数组成被5整除的四位数，这样的四位数的个数有（ ）
A. 260 B. 240 C. 220 D. 200
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分类讨论个位是0和5情况即可.
【详解】当个位是0时，共有种情况；
当个位是5时，首位有5种情况，十位和百位有种情况，共有100种情况.
综上共有种
故选：C
6. 已知函数的导函数是，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 在上单调递减
C. 为函数的极大值点 D. 曲线在处切线为
【答案】D
【解析】
【分析】求导，令，即可求得，从而可判断A；根据导数的符号求出函数的单调区间，即可判断B；根据极值点的定义即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】由，得，
则，所以，
所以，
则，故A错误；
，
当或时，，当时，，
所以函数在和上递减，在上递增，故B错误；
为函数的极小值点，为函数的极大值点，故C错误；
，
则曲线在处切线为，即，故D正确.
故选：D.
7. 已知，是双曲线（，）的左、右焦点，点关于渐近线的对称点恰好落在以为圆心，为半径的圆上，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求解F1到渐近线的距离，结合OA∥F2M，可得∠F1MF2为直角，结合勾股定理可得解
【详解】由题意,F1(−c,0),F2(c,0)，
设一条渐近线方程为y=x,则F1到渐近线的距离为.
设F1关于渐近线的对称点为M,F1M与渐近线交于A,∴|MF1|=2b,
A为F1M的中点，又O是F1F2的中点,
∴OA∥F2M,∴∠F1MF2为直角，
∴△MF1F2为直角三角形，
∴由勾股定理得4c2=c2+4b2
∴3c2=4(c2−a2),∴c2=4a2，
∴c=2a，∴e=2.
故选：C
8. 已知函数所有极小值点从小到大排列成数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求出函数的极小值点，可得出，再利用诱导公式可求得的值.
【详解】因为，则，
由，即，可得，
由，即，可得，
所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，函数的极小值点为，
将函数所有极小值点从小到大排列成数列，
则，，易知数列为等差数列，
且数列的公差为，则，
因此，，
故选：D.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 等差数列中，为的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且，则取得最大值时，或
D. 必为等差数列
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等差数列的性质即可判断A；根据等差数列前项和公式即可判断B；由，且，得出及时的范围，即可判断C；根据等差数列前项和公式结合等差数列的定义即可判断D.
【详解】对于A，在等差数列中，
因为，所以，则，
则，故A正确；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，设公差为，
由，得，
则，又因，所以，
则当时，，当时，，
所以当或时，取得最大值，故C错误；
对于D，，
则，
因为，所以必为等差数列，故D正确.
故选：AD.
10. 椭圆的左右两焦点分别为，点P为椭圆上的一点，点P与原点O连线与椭圆交于Q，则下列结论正确的是（ ）
A. 若轴，则 B. 四边形周长为8
C. 点P到点最小距离1 D. 至少存在一点P使
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，先代入，求出，进而由椭圆定义求出；B选项，由椭圆定义求出四边形周长；C选项，设出，，表达出，结合的取值范围，得到最小值；D选项，写出以为直径的圆的方程，联立椭圆方程，由根的个数判断点P的个数.
【详解】A选项，由题意得，
中，令得，故，
由椭圆定义可知，所以，A错误；
B选项，由椭圆的定义可知，，
故四边形周长为，B正确；
C选项，设，，则，
，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为，
故点P到点最小距离为1，C正确；
D选项，以为直径圆的方程为，
将与联立得，无解，故不存在一点P使，D错误.
故选：BC
11. 抛物线焦点为，下列结论正确的是（ ）
A. 过焦点的直线交抛物线于、，若，则弦的中点到轴距离为
B. 、、为抛物线上三点，若是的重心，则的值为
C. 若为抛物线上一点，，则
D. 若，为抛物线上一点，则的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用抛物线的半径公式可判断AB选项；利用抛物线的焦半径公式结合两点间的距离公式可判断C选项；利用抛物线的定义以及数形结合思想可判断D选项.
【详解】设点、、，易知点，抛物线的准线为.
对于A选项，，则，
所以，弦的中点到轴距离为，A错；
对于B选项，、、为抛物线上三点，若是的重心，则，
所以，，B对；
对于C选项，设点，则，可得，则，
所以，，C对；
对于D选项，过点作，垂足为点，由抛物线的定义可得，
所以，，
当、、三点共线，即当时，取得最小值，且其最小值为，D错.
故选：BC.

12. 已知函数为定义在上的奇函数，若当时，，且，则（ ）
A. B. 当时，
C. D. 不等式解集为
【答案】CD
【解析】
【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，利用函数的单调性与奇偶性可判断AC选项；取可判断B选项；分、解不等式，可判断D选项.
【详解】构造函数，其中，
因为函数为定义在上的奇函数，则，
所以，，故函数为偶函数，
当时，，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，则，则.
对于A选项，，即，所以，，A错；
对于B选项，不妨取，则，即，此时，B错；
对于C选项，因为偶函数在上单调递减，
则，即，整理可得，C对；
对于D选项，当时，由可得，解得，
当时，由可得，解得.
综上所述，不等式解集为，D对.
故选：CD.
【点睛】结论点睛：四种常用的导数构造法：
（1）对于不等式（或），构造函数；
（2）对于不等式（或），构造函数；
（3）对于不等式（或）（其中为常数且），构造函数；
（4）对于不等式（或）（其中为常数），构造函数.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡上）
13. 直线的方向向量坐标可以是____________（只需写出一个满足条件的一个向量）
【答案】（只需满足即可）
【解析】
【分析】计算出直线的斜率，可写出该直线的一个方向向量坐标.
【详解】直线的斜率为，
所以，直线的方向向量坐标可以为.
故答案为：（只需满足即可）.
14. 五个学生（含甲、乙、丙）排成一排，甲与乙必须相邻，甲与丙不能相邻，则不同的排法种数有______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先考虑甲、乙相邻的排法种数，再考虑甲与乙相邻，且与丙相邻的排法种数，将“甲、乙相邻”的排法种数减去“甲与乙相邻，且与丙相邻”的排法种数即可得出答案.
【详解】将甲与乙捆绑，形成一个“大元素”，与其他学生进行排序，不同的排法种数为，
若甲与乙相邻，且与丙相邻，则将甲、乙、丙三人捆绑，其中甲在中间，
再将这个“大元素”与其他学生排序，不同的排法种数为.
因此，五个学生（含甲、乙、丙）排成一排，甲与乙必须相邻，甲与丙不能相邻，
则不同的排法种数为.
故答案为：.
15. 直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】画出直线与曲线的图象，结合图象可得答案.
【详解】由曲线得，当时；当时；
直线恒过点，
所以直线与曲线的图象为

当直线与相切时，此时，
得，解得，
当直线与平行时，，
直线与曲线要恰有2个公共点，
可得，
故答案为：.
16. 法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数满足如下两个条件：（1）其图象在闭区间上是连续不断的；（2）在区间上都有导数.则在区间上至少存在一个数，使得，其中称为拉格朗日中值.函数在区间上的拉格朗日中值________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求得导函数，结合拉格朗日中值的定义，可得，进而求得的值即可.
【详解】，则
由拉格朗日中值的定义可知，函数在区间上的拉格朗日中值满足，
所以
所以，即，则
故答案为：
四､解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤）
17. 已知圆C经过点A（2，-1），和直线x+y=1相切，且圆心在直线y=-2x上.
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程
【答案】（1）；
（2）x=0 或 3x+4y=0.
【解析】
【分析】（1）由条件可知圆心的坐标为，再根据条件转化为关于的方程，根据圆的圆心和半径写出圆的标准方程；
（2）分斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，利用弦长公式可知圆心到直线的距离是1，求直线方程.
【小问1详解】
设圆心的坐标为C(a，－2a)，
则＝.
化简，得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.
所以C点坐标为(1，－2)，
半径r＝|AC|＝＝.
故圆C的方程为.
【小问2详解】
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，此时直线l被圆C截得的弦长为2，满足条件.
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 y=kx，
由题意得，解得，
∴直线l的方程为，即3x+4y=0.
综上所述，直线l的方程为 x=0 或 3x+4y = 0.
18. （1）二项式展开式中所有二项式系数和为64，求其展开式中含项的系数．
（2）已知．分别求和的值．
【答案】（1）-2500；（2），
【解析】
【分析】（1）由二项式系数和得到，得到展开式的通项公式，求出展开式中含项的系数；
（2）赋值法求出的值，再利用展开式的通项公式求出的值.
【详解】（1）由题意得，解得，
故展开式的通项公式为，
令得，，
故，故其展开式中含项的系数为；
（2）中，
令得，
令得，①
令得，②
②+①得，
又，故，
的展开式通项公式为，
当得，令得，
故中含的项为，
所以.
19. 已知在公差不为零的等差数列中，，是与的等比中项，数列的前n项和为，满足
（1）求数列与的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，根据等比中项列出方程，求出公差，得到通项公式，并根据得到为公比为2的等比数列，求出通项公式；
（2）在（1）基础上，利用错位相减法求出和.
【小问1详解】
由题意得，设公差为，
又，所以，解得或0，
因为公差不等于0，所以，
故；
①中，当得，解得，
当时，②，①－②得，即，
中，当时，，解得，满足，
故为公比为2的等比数列，故；
【小问2详解】
，
，故，
两式相减得
，
解得.
20. 四棱锥中，侧面底面，，底面是直角梯形，，，，．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）侧棱上是否存在异于端点的一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，且
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，利用勾股定理推导出，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（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，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以，平面，
因为平面，所以，，
取的中点，连接，
在直角梯形中，，，，，
因为为的中点，则，且，
所以，四边形为正方形，所以，，且，
所以，，，
因为，所以，，故，
因为，、平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
由（1）知平面，所以，平面的一个法向量为，
因为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
解：设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为二面角的余弦值为，则，
整理可得，因为，解得，
且当时，由图可知，二面角为锐角，
因此，侧棱上存在异于端点的一点，使得二面角的余弦值为，且.
21. 已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值；
（3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得曲线在处的切线方程；
（2）利用导数分析函数的单调性，可求得函数的增区间、减区间以及极大值、极小值；
（3）当时，由结合参变量分离法可得，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，则，所以，，，
所以，曲线在处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
解：，该函数的定义域为，
则，列表如下：













增
极大值
减
极小值
增
所以，函数的增区间为、，减区间为，
函数的极大值为，极小值为.
【小问3详解】
解：当时，由可得，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，所以，，
所以，，故实数的取值范围是.
22. 已知椭圆过点，分别为椭圆C的左、右焦点，且．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点M，N是椭圆C上与点P不重合的两点，且以MN为直径的圆过点P，若直线MN过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线MN过定点，该定点坐标为
【解析】
【分析】（1）先根据椭圆定义得到，结合椭圆所过定点得到椭圆方程；
（2）考虑直线MN的斜率不存在时，由求出，再考虑直线MN的斜率存在时，设出直线MN的方程，与椭圆方程联立后，得到两根之和，两根之积，由，得到或，去掉不合要求的情况，得到直线MN过定点，其中直线MN的斜率不存在时也满足要求.
【小问1详解】
由椭圆定义可知：，解得，
将代入椭圆方程得，解得，
故椭圆C的标准方程为；
【小问2详解】
当直线MN的斜率不存在时，设，则，
因为以MN为直径的圆过点，
则，
因为，故，解得或，
因为M，N是椭圆C上与点P不重合的两点，所以，故，
故此时直线MN的方程为，
当直线MN的斜率存在时，设方程为，
与联立后，得到，
设，则，
其中，
，
则，
即，
整理得，即，
解得或，
当时，，即，此时直线MN过定点，
此时与点P重合，不合要求，
当时，，即，
此时直线MN过定点，
显然当直线MN的斜率不存在，直线也过定点，满足要求，
综上，直线MN过定点，该定点坐标为.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.