2022-2023学年福建省福州第四十中学高二下学期期中适应性练习数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省福州第四十中学高二下学期期中适应性练习数学试题含答案，共17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学年福建省福州第四十中学高二下学期期中适应性练习数学试题 一、单选题1．若直线经过，两点，则直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用两点坐标求出直线的斜率，再求对应的倾斜角即可．【详解】由直线经过，两点，可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则有，又，所以.故选：A.2．已知，则（    ）A．0 B．2 C．1 D．-2【答案】B【分析】求出函数的导数，再求即可作答.【详解】由求导得：，所以.故选：B3．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】若，则，从而即可求解【详解】若，则，从而即,解之得：故选：D4．在北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳了世界．从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至的日影长为18.5尺，立春的日影长为15.5尺，则立夏的日影长为（    ）A．9.5 尺 B．10.5 尺 C．11.5 尺 D．12.5 尺【答案】A【分析】由等差数列相关运算得到公差，进而求出立夏的日影长.【详解】由题意得：为等差数列，公差为d，则，，则，解得：，则，故立夏的日影长为9.5尺.故选：A5．如图，在三棱锥中，E为OA的中点，点F在BC上，满足，记，，分别为，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的加减法进行求解.【详解】解：在三棱锥中，E为OA的中点，，所以故选：A6．甲、乙、丙、丁、戊5人排成一行，则甲、乙相邻，丙、丁不相邻的排法有（    ）种A．24 B．36 C．42 D．48【答案】A【分析】依据相邻问题“捆绑法”，不相邻问题 “插空法”，即可求得排法总数.【详解】乙相邻有种排法，把甲、乙看成一个整体与戊排列有种排法.接下来丙、丁去插空，有种排法.故甲、乙相邻，丙、丁不相邻的排法有种方法.故选：A7．动圆P过定点M(0，2)，且与圆N：相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据圆与圆的位置关系，结合双曲线的定义得出动圆圆心P的轨迹方程.【详解】圆N：的圆心为，半径为，且设动圆的半径为，则，即.即点在以为焦点，焦距长为，实轴长为，虚轴长为的双曲线上，且点在靠近于点这一支上，故动圆圆心P的轨迹方程是故选：A8．设，，，则，，的大小顺序为（     ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与最大值，然后结合函数单调性即可比较大小．【详解】令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取得最大值，因为，，，，当时，函数单调递增，可得，即．故选：B． 二、多选题9．函数（，，，）的图象如图所示，则以下结论正确的有（     ）  A． B．C． D．【答案】AC【分析】由的图象得到函数的单调区间与极值点，求出函数的导函数，即可得到和为方程的两根且，利用韦达定理即可表示出、，从而得解；【详解】由的图象可知在和上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，在处取得极小值，又，所以和为方程的两根且，所以，，所以，，所以.故选：AC10．已知为抛物线上一动点，则（    ）A．准线为l：B．存在一个定点和一条定直线，使得P到定点的距离等于P到定直线的距离C．点P到直线距离的最小值等于D．的最小值为6【答案】BCD【分析】对于AB，利用抛物线的方程与性质即可判断；对于C，利用点线距离公式与二次函数的性质即可判断；对于D，将问题转化为动点到两定点的距离，再结合图像即可判断.【详解】因为为抛物线上一动点，抛物线的焦点为，准线为，由抛物线的定义可知，到焦点的距离等于到准线的距离，故A错误，B正确；点到直线的距离为，当时，，故C正确；设点到准线的距离为，到准线的距离为，则，故D正确.  故选：BCD.11．在的展开式中，各项系数与二项式系数之和为65，则下列结论正确的是（    ）A． B．各项系数的绝对值之和为729C．系数最大项为 D．有理项有3项【答案】ABC【分析】根据题意，得到，求得，可判定A正确；根据二项式展开式的系数的绝对值和与二项式的展开式的系数和相等，可判定B正确；根据展开式的通项，分别求解各项，可判定C正确，根据展开式的通项，可判定D错误.【详解】由题意，二项式的展开式的各项系数与二项式系数之和为，可得二项式系数的和为，令，可得展开式的系数和为，所以，解得，即，所以A正确；由二项式展开式的系数的绝对值和与二项式的展开式的系数和相等，令，可得，所以B正确；由二项式展开式的通项为，当时，展开式的系数为；当时，展开式的系数为；当时，展开式的系数为；当时，展开式的系数为；当时，展开式的系数为；当时，展开式的系数为；当时，展开式的系数为，所以展开式中系数最大项为，所以C正确.由二项式展开式的通项为 其中当时，可得，，，，共有4项有理项，所以D错误.故选：ABC12．如图，正方形和矩形所在平面所成的角为60°，且，为的中点，则下列结论正确的有（    ）A．B．直线与所成角的余弦值是C．直线与平面所成角的正弦值是D．点到平面的距离是【答案】BCD【分析】由条件建立空间直角坐标系，利用向量方法判断的位置关系，利用空间角的向量求法判断B，C，再结合点到平面的距离的向量求法判断D.【详解】由已知，，又，平面，所以平面，以为坐标原点，，为轴正方向建立空间直角坐标系，又正方形和矩形所在平面所成的角为60°，所以，，所以，，，，所以，，所以，所以不垂直，A错，，，所以，所以直线与所成角的余弦值是，B对，设平面的法向量为，，由已知，所以，取可得，，即可取法向量为，直线的方向向量，所以，所以线与平面所成角的正弦值是，C对，因为，平面的法向量为，设点到平面的距离为，则，D对，故选：BCD. 三、填空题13．展开式中的常数项为      ．【答案】/0.9375【分析】根据二项式展开公式得到，令上的指数为0，得到值，再代入回去得到常数值.【详解】二项式的展开式的通项公式为,令,解得,则展开式的常数项为,故答案为：.14．若圆M的圆心在直线上，且与两坐标轴都相切，则圆M的标准方程可以为           .（写出满足条件的一个答案即可）【答案】（答案不唯一）【分析】由题意可设圆心为，与两坐标轴都相切可得出半径为，列出圆的标准方程，取一个特殊值即可得出结果.【详解】因为圆的圆心在直线上，所以可设圆心坐标为，又因为与两坐标轴都相切，所以圆的半径为，即圆的标准方程为，取，得，故答案为：（答案不唯一） 四、双空题15．甲、乙、丙三位教师指导五名学生a、b、c、d、e参加全国高中数学联赛，每位教师至少指导一名学生．若每位教师至多指导两名学生，则共有        种分配方案；若教师甲只指导一名学生，则共有       种分配方案．【答案】     90     70【分析】（1）根据题意，分2步进行分析：①将5名学生分成3组，人数分别为，2，，②将分好的三组，由分步计数原理计算可得答案；（2）根据题意，分2步进行分析：①从5名学生任选1名学生分配给甲教师指导，②剩下4名学生分成2组，安排其余两位教师辅导，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：（1）根据题意，分2步进行分析：①将5名学生分成3组，人数分别为，2，，有种分组方法，②将分好的三组全排列，安排给三位教师，有种情况，则有种分配方案；（2）根据题意，分2步进行分析：①从5名学生任选1名学生分配给甲教师指导，有5种情况，②剩下4名学生分成2组，安排其余两位教师辅导，有种情况，则有种分配方案．故答案为：； 五、填空题16．已知双曲线，以原点O为圆心，C的焦距为半径的圆交x轴于A，B两点，P，Q是圆O与C在x轴上方的两个交点．若，则C的离心率为      ．【答案】【分析】不妨设P点在第二象限，C的左、右焦点分别为，，过点Q作x轴的垂线，可得垂足为C的右焦点，然后可求得、，然后由双曲线的定义可得答案.【详解】不妨设P点在第二象限，C的左、右焦点分别为，．如图，由于，由对称性可得，过点Q作x轴的垂线，可得垂足为C的右焦点．在直角三角形中，则在直角三角形中．根据双曲线的定义可知，即，则离心率．故答案为： 六、解答题17．已知等差数列满足：，，其前项和为．(1)求数列的通项公式及；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由已知求得等差数列的公差，进一步求出首项，即可得到数列的通项公式及；（2）由（1）得，利用裂项相消法求数列的前项和．【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，由，，得，则，，；（2）由（1）可得，．18．已知函数，曲线在处的切线方程为.（Ⅰ）求实数，的值；（Ⅱ）求在区间上的最值.【答案】（Ⅰ）最大值为，最小值为.（Ⅱ）最大值为，最小值为.【分析】（Ⅰ）切点在函数上，也在切线方程为上，得到一个式子，切线的斜率等于曲线在的导数，得到另外一个式子，联立可求实数，的值；（Ⅱ）函数在闭区间的最值在极值点或者端点处取得，通过比较大小可得最大值和最小值.【详解】解：（Ⅰ），∵曲线在处的切线方程为，∴解得，.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则，令，解得，∴在上单调递减，在上单调递增，又，，，∴在区间上的最大值为，最小值为.【点睛】本题主要考查导函数与切线方程的关系以及利用导函数求最值的问题.19．如图，在底面为矩形的四棱锥中，E为棱上一点，底面．(1)证明：平面平面．(2)若，且四棱锥的体积为20，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据底面，证得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）根据四棱锥的体积求得，以E为坐标原点，的方向为y轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：因为底面，面，所以，在矩形中，，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）解：因为，所以，以E为坐标原点，的方向为y轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以，故直线与平面所成角的正弦值为．20．在数列中，已知，，记为的前n项和，，．(1)判断数列是否为等比数列，并写出其通项公式；(2)求数列的通项公式．【答案】(1)是等比数列，(2) 【分析】（1）先求得，然后结合等比数列的定义证得是等比数列，从而求出其通项公式；（2）根据求得数列的通项公式.【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以，因为，所以，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以.（2）由（1）知，所以是以为首项，为公比的等比数列；是以为首项，公比为的等比数列，所以.21．已知函数，函数．(1)求的单调区间；(2)当时，若与的图象在区间上有两个不同的交点，求k的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2) 【分析】（1）求解导函数，然后分类讨论求单调区间；（2）利用参变分离法，将题目条件转化为在上有两个不同的实根，构造函数，求导判断单调性并求解最值，从而得k的取值范围.【详解】（1）由题意可得的定义域为，且．①当时，由，得；由，得．故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．②当时，由，得；由，得．故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）当时，令，得，即，则与的图象在上有两个不同的交点，等价于在上有两个不同的实根．设，则．由，得；由，得．函数在上单调递增，在上单调递减，故．因为，，且，所以要使在上有两个不同的实根，则，即k的取值范围为．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．22．如图，已知圆的左顶点，过右焦点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，当直线轴时，.(1)求椭圆C的方程；(2)记的面积分别为，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由顶点坐标得，再由通径长得，从而得椭圆方程；（2）设直线方程为，设，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，求出的范围，解不等式得的范围，从而得出结论．【详解】（1）由已知，当直线轴时，是椭圆的通径，所以，，椭圆方程为；（2）由（1）得，即，由题意直线斜率不可能为0，设直线方程为，设，由得，，，，时，，，时，，记，显然，则，解得，，综上，，所以．