福建省福州第三中学2022-2023学年高二下学期期中适应性练习数学试卷(含答案)

这是一份福建省福州第三中学2022-2023学年高二下学期期中适应性练习数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、设集合,集合,则集合等于( )
A.B.C.D.
2、若i是虚数单位,复数z满足,则( )
A.B.C.D.
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.2D.或2
4、已知随机变量X服从正态分布,则与的值分别为( )
A.13,18B.13,36C.7,18D.7,36
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.
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.24B.36C.48D.72
7、如图在长方体中,,,E,F,G分别是AB,BC,棱的中点,P是底面ABCD内一个动点,若直线平面EFG平行,则线段BP的最小值为( )
A.B.1C.D.
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.
9、已知,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
10、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AB的方程为
C.线段AB的长为
D.取圆M上的点,则的最大值为36
11、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.
12、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
三、填空题
13、的展开式中的常数项为___________.
14、已知向量,满足,,.设,则___________.
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_______.
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______________.
四、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.
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.
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,通过摸球兑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5种面值的奖券中有2张面值为100元,其余3张均为50元,试比较员工获得100元奖励额与获得150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5种面值的奖券有两种方案:第一方案是3张面值30元和2张面值130元;第二方案是3张面值40元和2张面值110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.
20、已知动圆M经过定点,且与圆:内切.
（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程;
（2）过且垂直于轴的直线AB与轨迹C交于A,B两点(点A在第一象限),动直线l与轨迹交于M,N两点,M,N分别位于直线AB的两侧,且始终保持,求证:直线MN的斜率为定值.
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,,.
22、已知函数.
（1）若,求a的取值范围;
（2）证明:,,.
参考答案
1、答案：D
解析：,
,
.
故选:D.
2、答案：B
解析：由已知,
.
故选:B.
3、答案：B
解析：在中,因为,
所以,则,
所以,
故选:B
4、答案：D
解析：因为,所以,,
所以,.
故选:D
5、答案：B
解析：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、答案：C
解析：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、答案：C
解析：以D为坐标原点,DA,DC,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
,,
设,平面EFG的法向量为,
则,
令得,,故,
由,则,
考虑xOy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、答案：D
解析：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.
9、答案：A
解析：,,,
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
10、答案：BD
解析：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AB的方程为,B正确;
C选项,由B可知,直线AB的方程为,
圆心到的距离为,
故线段AB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36,D正确.
故选:BD
11、答案：AB
解析：对选项A,当事件A,B为独立事件,则,故A错误;
对选项B,当事件B,C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
12、答案：ABD
解析：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
13、答案：
解析：的展开式中的常数项为.
故答案为:.
14、答案：或
解析：法一:设,,则,
所以.
法二:,又,
则.
故答案为:
15、答案：
解析：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、答案：1090
解析：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
17、答案：（1）
（2）
解析：（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、答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）①,
当时,②,
①-②得,
,
又当时,,,符合,
;
（2）由（1）得,
①,
②,
①-②得,
.
19、答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）用X表示员工所获得奖励额.
因,,
所以,
故员工获得100元奖励额的概率小于获得150元奖励额的概率.
（2）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60,160,260,
,,,
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80,150,220,
,,,
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、答案：（1）
（2）
解析：（1）设动圆M的半径为,圆的圆心坐标为,半径,
因为动圆M经过定点,且与圆内切,所以,
所以,
所以点M的轨迹是以,为焦点,长轴长为4的椭圆,
其轨迹C的方程为.
（2）
证明:过且垂直于轴的直线AB与轨迹C交于A,两点(点A在第一象限),所以点,
又因为动直线l与轨迹C交于M,N两点,M,N分别位于直线AB的两侧,
所以直线MN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MN的斜率为定值.
21、答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）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A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）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X近似服从正态分布,
①因为,所以,
故参赛学生中成绩超过79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、答案：（1）
（2）见解析
解析：（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,,.
60
160
260
P
P
0
1
2
3
4
P