2022-2023学年福建省福州第三中学高二下学期期中适应性练习数学试题含解析

2022-2023学年福建省福州第三中学高二下学期期中适应性练习数学试题

一、单选题

1．设集合，集合，则集合等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合A，B中元素范围，然后再求即可.

【详解】，

，

.

故选：D.

2．若i是虚数单位，复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用复数的除法求出的代数形式，再代入求模即可.

【详解】由已知，

.

故选：B.

3．过双曲线的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．或2

【答案】B

【分析】由题意易得所以，从而，再由求解.

【详解】解：在中，因为，

所以，则，

所以，

故选：B

4．已知随机变量X服从正态分布,则与的值分别为(    )

A．13  18 B．13  36 C．7  18 D．7  36

【答案】D

【分析】根据期望和方差的两个公式，计算即可.

【详解】因为,所以，

所以.

故选：D

5．已知数列满足，若为递增数列，则k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用得到，求出时，取得最大值，得到答案.

【详解】要想为递增数列，则恒成立，

故，

又时，取得最大值，最大值为，故，

故选：B

6．重庆市高考综合改革实施方案中规定：高考考试科目按照“”的模式设置，“3”为语文、数学、外语3门必选科目；“1”为由考生在物理、历史2门科目中选考1门作为首选科目；“2”为由考生在思想政治、地理、化学、生物4门科目中选2门作为再选科目.现由甲、乙2位同学选科，若他们的首选科目相同，再选科目恰有一门相同的不同选法的种数为（    ）

A．24 B．36 C．48 D．72

【答案】C

【分析】把事情分四步完成，根据乘法分步乘法原理即得解.

【详解】解：第一步：甲乙首选科目相同，有种方法；

第二步：从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选一科中选一科作为甲乙的相同科目，有种方法；

第三步：甲从剩下的三科中选一科，有种方法；

第四步：乙从剩下的两科中选一科，有种方法.

所以共有种不同方法.

故选：C

7．如图在长方体中，，E，F，G分别是棱的中点，P是底面内一个动点，若直线平面平行，则线段的最小值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，建立方程，表达出，求出最小值.

【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

，，

设，平面的法向量为，

则，

令得，故，

由，则，

考虑平面内，由两点间距离公式得

，

当时，取得最小值，最小值为.

故选：C

8．已知函数，若恰有四个不同的零点，则取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数解析式，转化成分段函数，求导确定函数单调性及取值情况，得函数的大致图象，再结合函数的零点，转化为一元二次方程根的分布，列不等式即可得取值范围.

【详解】因为，

所以当时，恒成立，所以函数在上单调递增，

当时，，则时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，

又，则函数的大致图象如下：

令，

①当时，此时函数无零点；

②当时，解得或，

当时，，此时函数只有一个零点；

当时，由，可知此时函数无零点；

③当时，解得或，即方程的两根为，

当时，，，此时函数无零点；

当时，可得，此时只有一个零点，

若恰有四个不同的零点，

则得有三个零点，所以，

解得，所以取值范围为.

故选：D.

【点睛】方法点睛:

已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:

（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;

（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;

（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、多选题

9．已知圆和圆相交于A，B两点，下列说法正确的是（    ）

A．圆M的圆心为，半径为1

B．直线的方程为

C．线段的长为

D．取圆M上的点，则的最大值为36

【答案】BD

【分析】A选项，将圆的一般式化为标准式，得到圆心和半径，A正确；B选项，两圆相减得到直线的方程；C选项，由垂径定理得到线段的长；D选项，设，利用三角恒等变换得到最值.

【详解】A选项，变形为，

圆心为，半径为1，A错误；

B选项，圆和圆相减得，

故直线的方程为，B正确；

C选项，由B可知，直线的方程为，

圆心到的距离为，

故线段的长为，C错误；

D选项，由题意得，设，

则

，其中，

故当时，取得最大值，最大值为，D正确.

故选：BD

10．已知A，B，C为随机事件，则下列表述中不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据条件概率和独立事件概率公式依次判断选项即可得到答案.

【详解】对选项A，当事件为独立事件，则，故A错误；

对选项B，当事件为互斥事件时，，

故B错误；

对选项C，，故C正确；

对选项D，，故D正确.

故答案为：AB

11．已知函数的导函数为，则以下结论中，正确的是（    ）

A．是的对称中心 B．不可能是增函数

C．是奇函数 D．最大值与最小值的和为2

【答案】ABD

【分析】AD选项，计算出，结合定义域为，得到AD正确；B选项，计算得到，得到B正确；C选项，由函数奇偶性判断方法进行判断即可.

【详解】AD选项，，故是的对称中心，因为定义域为，为闭区间，故最大值与最小值的和为2，AD正确；

B选项，由于，，故，故不可能为增函数，B正确.

C选项，，定义域为，关于原点对称，又，故为偶函数，C错误，

故选：ABD

三、单选题

12．已知,则(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数,利用其单调性即可比较a,b,c的大小.

【详解】，，，

设，

,令,得，

当单调递增，

当单调递减，

所以，

所以,即,所以，

所以,即,所以，

所以.

故选：A

四、填空题

13．的展开式中的常数项为___________．

【答案】

【分析】直接根据二项式定理可得答案.

【详解】的展开式中的常数项为.

故答案为：.

14．已知向量，满足，，.设，则___________.

【答案】##-0.8

【分析】法一：采用特殊值法，设，，求得，最终可求；法二：直接求解，根据向量夹角公式求解即可.

【详解】法一：设，，则，

所以.

法二：，又，

则.

故答案为：

15．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点，延长交准线于点C，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别记为M，N，若，则的面积为_______．

【答案】

【分析】根据抛物线方程求出，利用及抛物线的定义求出，再由比例关系求出等边的边长，利用面积公式即可得解.

【详解】由知，，，准线方程为，如图，

因为，所以，所以；

连接，又，所以为等边三角形，

因为，所以，得，得，

所以，

由，解得，

所以．

故答案为：

16．给定参考公式：，则数列：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5…的前110项的和是______________．

【答案】1090

【分析】先计算出前110项分别对应的数，进而求和.

【详解】因为，当时，，

当时，，

故数列第106至110项为15，

故前110项的和.

故答案为：1090

五、解答题

17．已知甲箱产品中有5个正品和3个次品，乙箱产品中有4个正品和3个次品．现从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品．

(1)求从乙箱中取出的这个产品是正品的概率；

(2)已知从乙箱中取出的这个产品是正品，求从甲箱中取出的是2个正品的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）记事件“从乙箱取一个正品”，从甲箱中取出两个正品、一个正品一个次品、两个次品的事件分别记为，再利用全概率、条件概率公式求解作答；

（2）利用条件概率公式直接求解即可.

【详解】（1）设事件“从乙箱中取1个正品”，

事件“从甲箱中取出2个产品都是正品”，

事件“从甲箱中取出1个正品1个次品”，

事件“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件、事件、事件彼此互斥.

则，，，

，

则

，

所以从乙箱中取出的这个产品是正品的概率是；

（2）依题意，从甲箱中取出的是2个正品的概率

即在事件A发生的条件下事件发生的概率，

则，

所以从甲箱中取出的是2个正品的概率是.

18．已知正项数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和为．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令求出，当时，由得到，两式相减可得答案；

（2）先由（1）得到，再利用错位相减法可求和.

【详解】（1）①，

当时，②，

①-②得，

，

又当时，，，符合，

；

（2）由（1）得，

①，

②，

①-②得，

.

19．新冠疫情不断反弹，各大商超多措并举确保市民生活货品不断档，超市员工加班加点工作．某大型超市为答谢各位员工一年来的锐意进取和辛勤努力，拟在年会后，通过摸球总奖的方式对位员工进行奖励，规定：每位员工从一个装有种面值奖券的箱子中，一次随机摸出张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额．

(1)若箱子中所装的种面值的奖券中有张面值为元，其余张均为元，试比较员工获得元奖励额与获得元奖励额的概率的大小；

(2)公司对奖励总额的预算是万元，预定箱子中所装的种面值的奖券有两种方案：第一方案是张面值元和张面值元；第二方案是张面值元和张面值元．为了尽可能减少公司对奖励总额的预算，请问选择哪一种方案比较好？并说明理由．

【答案】(1)员工获得元奖励额的概率小于获得元奖励额的概率

(2)应选择第二种方案，理由见解析

【分析】（1）根据超几何分布求出员工获得元奖励额与获得元奖励额的概率，比较大小即可得出答案；

（2）分别求出选择方案一和方案二的分布列，进而求出对应的数学期望，比较期望的大小即可得出答案.

【详解】（1）解：用表示员工所获得的奖励额．

因为，，

所以，

故员工获得元奖励额的概率小于获得元奖励额的概率．

（2）解：第一种方案：设员工所获得的奖励额为，

由题意可知，随机变量的可能取值有、、，

，，，

则的分布列为

所以的数学期望为，

第二种方案：设员工所获得的奖励额为，

由题意可知，随机变量的可能取值有、、，

，，，

则的分布列为

所以的数学期望为，

，

所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的期望比第一种方案的期望小，

故应选择第二种方案.

20．已知动圆经过定点，且与圆：内切.

(1)求动圆圆心的轨迹的方程；

(2)过且垂直于轴的直线与轨迹交于，两点（点在第一象限），动直线与轨迹交于，两点，，分别位于直线的两侧，且始终保持，求证：直线的斜率为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据点和点的位置关系，根据题意动圆圆心到、的距离和是定值，根据椭圆定义可求得轨迹的方程.

（2）因为始终保持，所以，根据两点表示出、斜率，利用根与系数的关系，通过化简最终得出时与直线的方程中无关，进而解出斜率为定值.

【详解】（1）解：设动圆的半径为，圆的圆心坐标为，半径，

因为动圆经过定点，且与圆内切，所以，

所以，

所以点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆，

其轨迹的方程为.

（2）

证明：过且垂直于轴的直线与轨迹交于，两点（点在第一象限），所以点，

又因为动直线与轨迹交于，两点，，分别位于直线的两侧，

所以直线的斜率一定存在，设方程为，，，

则，可得

根据题意，，，，

又因为始终保持，所以，

因为，

所以，

整理得，

因为不恒为零，所以，解得.

直线的斜率为定值.

【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.

21．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．

(1)现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；

(2)若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：

①若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；

②若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取4名学生进行访谈，求其中竞赛成绩在64分以上的学生人数的期望与方差．

附参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．

【答案】(1)

(2)①人；②期望为，方差为.

【分析】（1）根据题意得到有30人获奖，70人没有获奖，利用组合数公式，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；

（2）利用由样本频率分布直方图的平均数的公式，求得，得到成绩近似服从正态分布，①结合正态分布曲线的性质，即可求解参赛学生中成绩超过分的概率及人数；②根据题意得到随机变量服从二项分布，结合独立重复事件的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望和方差的公式，即可求解.

【详解】（1）解：由样本的频率分布直方图得，样本中获一等奖的有6人，获二等奖的有8人，获三等奖的有16人，共有30人获奖，70人没有获奖，

从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，基本事件的总数为种不同抽法，

设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件，

则事件包含的基本事件的个数为种不同的抽法，

所以这两名学生中恰有一名学生获奖的概率为.

（2）解：由样本频率分布直方图的平均数的估计值为，

则所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，

①因为，所以,

故参赛学生中成绩超过分的学生数约为人.

②由，可得，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在分以上的概率为，所以随机变量服从二项分布，

所以，，

，，

，

所以随机变量的分布列为

所以期望为，

方差为.

22．已知函数．

(1)若，求a的取值范围；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)证明过程见解析

【分析】（1）求出定义域，求导，分与两种情况，结合函数单调性，求出a的取值范围；

（2）两边取对数得，只需证上有解，构造函数，结合（1）得到，，结合零点零点存在性定理得到答案.

【详解】（1）的定义域为，

，

当时，恒成立，故单调递增，

又，当时，，故不合题意，舍去；

当时，令得，令得，

故在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值，也是最小值，，

要想，只需，

令，则，

由，解得，由得，

故在上单调递增，在上单调递减，

故在处取得极大值，也是最大值，又，

故的解为，

a的取值范围是.

（2），两边取对数得，

故只需证上有解，

构造，，

，故在上单调递减，

由（1）可知，又，

令，则，

令，则，

故单调递减，，

故单调递减，故，

即，

由零点存在性定理可得：有解，

故.

【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.