福建省福州市八縣（市）協作校2022-2023學年高二下學期期中聯考數學試題含解析

福州市八縣(市)協作校2022-2023學年第二學期期中聯考高二數學試卷完卷時間：120分鐘滿分150分命題：福清融城中學一、選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為()A. B. C. D.2.已知等差數列滿足，則數列的前4項和為()A.30 B.20 C.16 D.123.已知函數，則其單調增區(qū)間是()A. B. C. D.4.我國即將進入3航母時代，遼寧艦、山東艦、福建艦，航母編隊要求是每艘航母配1-2艘核潛艇，船廠現有4艘核潛艇全部用來組建航母編隊，則不同的組建方法種數為()A.36 B.72 C.12 D.245.函數圖象大致為()A. B.C. D.6.在所有不超過9且與9互質的正整數中，任取兩個不同的數，則這兩數之和仍為質數的概率是()A. B. C. D.7.《九章算術》中將底面為直角三角形且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵，在塹堵中，若，若P為線段中點，則點P到平面的距離為()A. B. C. D.28.設，則，，的大小順序為()A. B.C. D.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.對于函數，以下直線方程是曲線的切線方程的有()A. B.C. D.10.校園師生安全重于泰山，越來越多的學校紛紛引進各類急救設備.福清融城中學準備引進5個不同顏色的自動體外除顫器(簡稱AED)，則下面正確的是()A.從5個AED中隨機取出3個，共有10種不同的取法B.從5個AED中選3個分別給3位教師志愿者培訓使用，每人1個，共有60種選法C.把5個AED安放在宿舍、教學樓、體育館三個不同的地方，共有129種方法D.把5個AED安放在宿舍、教學樓、體育館三個不同的地方，每個地方至少放一個，共有150種方法11.已知圓，直線，則()A.直線與圓C相交B.直線過定點(2，1)C.圓C被y軸截得的弦長為D.圓C被直線截得的弦長最短時，直線的方程為x=112.在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它得名于荷蘭數學家魯伊茲*布勞威爾.簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在一個點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，而稱為該函數的一個不動點，依據不動點理論，下列說法正確的是()A函數只有一個不動點B.若定義在R上的奇函數，圖象上存在有限個不動點，則不動點個數是奇數C.函數只有一個不動點D.若函數在上存在兩個不動點，則實數a滿足三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知點P是點在坐標平面內的射影，則________.14.福清融城中學高二(1)班一學生由教學樓五層走到一層去做課間操，每層均有兩個樓梯，則他的走法有________種.15.寫出一個同時滿足下列三個性質的函數=_______.①若，則；②；③當時，16.已知雙曲線的左、右焦點分別為，雙曲線的左頂點為A，以為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于P，Q兩點，其中點Q在y軸右側，若，則該雙曲線的離心率的取值范圍是_________.四、解答題：本題共6個小題，共70分，解答題應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知的展開式中前三項系數成等差數列.(1)求n的值；(2)求的展開式中的系數.18.如圖，圓是的外接圓，平面，是圓的直徑，，，且.(1)求證：平面平面；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.19.已知數列的前n項和，滿足，且成等差數列.(1)求數列的通項公式；(2)若為等比數列，且，，求數列的前n項和.20.隨著“低碳生活，綠色出行”理念的普及，新能源汽車正逐漸成為福清人喜愛的交通工具.據預測，福清某新能源汽車4S店從2023年1月份起的前x個月，顧客對比亞迪汽車的總需量(單位：輛)與x的關系會近似地滿足(其中且)，該款汽車第x月的進貨單價(單位：元)與x的近似關系是.(1)由前x個月的總需量，求出第x月的需求量(單位：輛)與x的函數關系式；(2)該款汽車每輛的售價為185000元，若不計其他費用，則這個汽車4S店在2023年的第幾個月的月利潤最大，最大月利潤為多少元？21.已知拋物線，過焦點且斜率為的直線交于，兩點，且.(1)求的標準方程；(2)已知點是上一點，且點縱坐標為，直線不經過點，且與交于，兩點，若，證明：直線AB過定點.22.已知函數.(1)令，討論的極值；(2)若時，恒成立，求正實數a的取值范圍.

福州市八縣(市)協作校2022-2023學年第二學期期中聯考高二數學試卷完卷時間：120分鐘滿分150分命題：福清融城中學一、選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出直線的斜率即可得傾斜角.【詳解】因為直線的斜率為0，故其傾斜角為.故選：B2.已知等差數列滿足，則數列的前4項和為()A.30 B.20 C.16 D.12【答案】D【解析】【分析】設等差數列的公差為，則由題設可得關于基本量的方程組，求出其解后可求.【詳解】設等差數列的公差為，則，故，故，故選：D.3.已知函數，則其單調增區(qū)間是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出的定義域和導數，解不等式結合定義域即可求解.【詳解】由，函數定義域為，求導，令，得或(舍去),所以單調增區(qū)間是故選：D.4.我國即將進入3航母時代，遼寧艦、山東艦、福建艦，航母編隊的要求是每艘航母配1-2艘核潛艇，船廠現有4艘核潛艇全部用來組建航母編隊，則不同的組建方法種數為()A.36 B.72 C.12 D.24【答案】A【解析】【分析】可將4艘核潛艇先分組再分配的方法求解.【詳解】先將4艘核潛艇分成3組，每組至少1艘核潛艇，再將這3組核潛艇分配給遼寧艦、山東艦、福建艦，每個航母配1組核潛艇，則得不同的組建方法種數為.故選：A5.函數的圖象大致為()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出的單調性即可判斷.【詳解】函數的定義域為，，令得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；則函數在和上單調遞增，在單調遞減.只有D選項滿足.故選：D6.在所有不超過9且與9互質的正整數中，任取兩個不同的數，則這兩數之和仍為質數的概率是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】列出所有不超過9且與9互質的正整數，算出其中兩數之和仍為質數的有幾組，再用古典概型的方法計算所求概率.【詳解】所有不超過9且與9互質的正整數有1，2，4，5，7，8共6個，其中兩數之和仍為質數的有1與2，1與4，2與5，4與7，5與8這5組，故所求概率為.故選：C7.《九章算術》中將底面為直角三角形且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵，在塹堵中，若，若P為線段中點，則點P到平面的距離為()A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用等積法可求到平面的距離，故可求點P到平面的距離.【詳解】因為為直角三角形，且，故，而平面，平面，故，同理，.而平面，故平面，故，又，故，而，故，所以，故，其中為到平面的距離，故，而P為線段中點，故P到平面的距離為，故選：C.8.設，則，，的大小順序為()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】構造函數，求導得出函數的單調性，即可得出判斷.【詳解】因為，令，，則，令，，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以.故選：A二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.對于函數，以下直線方程是曲線的切線方程的有()A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】設出切點坐標，利用導數的幾何意義根據斜率的值可求出切點，從而可求切線方程.【詳解】設切點為，，則切線的斜率，若，則，切點為，故切線方程為，所以A正確，B錯誤；若，則，切點為，故切線方程為，即，故C正確；若，則，切點為，故切線方程為，即，故D錯誤.故選：AC10.校園師生安全重于泰山，越來越多的學校紛紛引進各類急救設備.福清融城中學準備引進5個不同顏色的自動體外除顫器(簡稱AED)，則下面正確的是()A.從5個AED中隨機取出3個，共有10種不同的取法B.從5個AED中選3個分別給3位教師志愿者培訓使用，每人1個，共有60種選法C.把5個AED安放在宿舍、教學樓、體育館三個不同的地方，共有129種方法D.把5個AED安放在宿舍、教學樓、體育館三個不同的地方，每個地方至少放一個，共有150種方法【答案】ABD【解析】【分析】由排列組合的方法逐一計算驗證即可.【詳解】從5個AED中隨機取出3個，共有種不同的取法，故A正確；從5個AED中選3個分別給3位教師志愿者培訓使用，每人1個，共有種選法，故B正確；把5個AED安放在宿舍、教學樓、體育館三個不同的地方，則每個AED都有3種安放方法，故共有種方法，故C錯誤；把5個AED安放在宿舍、教學樓、體育館三個不同的地方，每個地方至少放一個，可先將5個AED分成3組，每組至少1個，再把這3組AED放在宿舍、教學樓、體育館三個地方，每個地方放1組，故共有方法，故D正確.故選：ABD11已知圓，直線，則()A.直線與圓C相交B.直線過定點(2，1)C.圓C被y軸截得的弦長為D.圓C被直線截得的弦長最短時，直線的方程為x=1【答案】ACD【解析】【分析】先考慮直線過定點，再判斷該點在圓的內部，故可判斷AB，利用弦長公式結合圓心到直線的距離可判斷D的正誤，在圓的方程中令后可求圓C被y軸截得的弦長，故可判斷B的正誤.【詳解】可整理為，令，則，故直線過定點，故B錯誤.因為，故定點在圓的內部，故直線與圓C相交，故A正確.在圓的方程中令，則即，故圓C被y軸截得的弦長為，故C正確.因為直線過定點，該定點與圓心的距離為，故圓心到直線的距離，故圓C被直線截得的弦長為，當且僅當時等號成立，此時定點與圓心連線的斜率為0，該連線垂直于直線，故直線的方程為，故D正確.故選：ACD.12.在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里的一個非常重要的不動點定理，它得名于荷蘭數學家魯伊茲*布勞威爾.簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在一個點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，而稱為該函數的一個不動點，依據不動點理論，下列說法正確的是()A函數只有一個不動點B.若定義在R上的奇函數，圖象上存在有限個不動點，則不動點個數是奇數C.函數只有一個不動點D.若函數在上存在兩個不動點，則實數a滿足【答案】ABD【解析】【分析】根據不動點函數和不動點的定義，將各選項的不動點問題轉化為方程的解的問題來處理后可得正確的選項，ACD選項中的對應的方程的解的問題需結合導數來處，而B中則需結合奇函數的性質來處理.【詳解】對于A，令，因為，，故在上存在零點，但，故在上為減函數，故在上僅有一個零點，故有且僅有一個實數解，即只有一個不動點，故A正確.對于B，若為奇函數的非零不動點，則，而，所以也為奇函數的非零不動點，故的非零不動點成對出現，而，故為奇函數的不動點，所以奇函數不動點個數是奇數，故B正確.對于C，設，則，時；時；故在上遞增，在上遞減，而，，，故在有兩個不同的零點，故，故有兩個不動點，故C錯誤.對于D，若函數在上存在兩個不動點，則在上存在兩個不同的解，故在上存在兩個不同的解，設，，若，則，故在上為增函數，在上至多一個零點，與題設矛盾；若，時；時；故在上遞增，在上遞減，因為在上存在兩個不同的零點，故，故.此時，，下證：當時，.設，則，故在上為減函數，故，故在上恒成立，故在上恒成立，故在上恒成立，令，則，故當時，有，故時，在上的確存在兩個不同的零點，故D正確.故選:ABD.【點睛】思路點睛：導數背景下函數的零點問題，需要結合導數的符號討論函數的單調性，并結合零點存在定理討論零點的存在性問題，取點如果比較復雜，則可以利用放縮法把指對數函數轉為多項式函數來討論.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知點P是點在坐標平面內的射影，則________.【答案】5【解析】【分析】求出的坐標后可求.【詳解】因為點P是點在坐標平面內的射影，故，故，故答案為：5.14.福清融城中學高二(1)班一學生由教學樓五層走到一層去做課間操，每層均有兩個樓梯，則他的走法有________種.【答案】16【解析】【分析】利用分步乘法計數原理即可求出結果.【詳解】共分4步:五層到四層2種，四層到三層2種，三層到二層2種，二層到一層2種，一共種.故答案為:16.15.寫出一個同時滿足下列三個性質的函數=_______.①若，則；②；③當時，【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根據函數性質，寫出滿足要求的對數函數即可.【詳解】，滿足，的定義域為，且，當時，，恒成立.故答案為：16.已知雙曲線的左、右焦點分別為，雙曲線的左頂點為A，以為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于P，Q兩點，其中點Q在y軸右側，若，則該雙曲線的離心率的取值范圍是_________.【答案】【解析】【分析】以為直徑的圓的方程為，不妨設雙曲線的這條漸近線方程為，聯立可得P，Q兩點坐標，再由可得該雙曲線的離心率的取值范圍.【詳解】依題意可得，以為直徑的圓的方程為，不妨設雙曲線的這條漸近線方程為，由，得：或，所以，雙曲線的左頂點為，則，所以，，因為，所以，化簡得，所以，所以，所以，又，所以.故答案為：四、解答題：本題共6個小題，共70分，解答題應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知展開式中前三項系數成等差數列.(1)求n的值；(2)求的展開式中的系數.【答案】(1)8(2)0【解析】【分析】(1)分別求出展開式中前三項的系數后結合等差數列可求.(2)利用二項展開式的通項公式可求展開式中的系數.【小問1詳解】的前三項分別為，它們的系數分別為，其中而前三項系數成等差數列，故，解得.【小問2詳解】，展開式的通項公式為，令，則；令，則；令，則；故展開式中的系數為.18.如圖，圓是的外接圓，平面，是圓的直徑，，，且.(1)求證：平面平面；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】(1)利用線面垂直證明平面，再通過面面垂直即可證明結論；(2)建立空間直角坐標系，表達出各點坐標，得出面與面的法向量，即可求出兩個面夾角的余弦值.【小問1詳解】由題意及圖證明如下，在圓中，直徑，∴，∵平面,平面,平面,∴，，平面,面，∴平面,又平面,∴平面平面.【小問2詳解】由題意及(1)得，在中，在中，，，∴，∵，∴建立空間直角坐標系如下圖所示，∵，∴，則，在面中，其一個法向量為，在面中，設其一個法向量為，則，即，解得：，∴當時，，設面與面所成角為，19.已知數列的前n項和，滿足，且成等差數列.(1)求數列的通項公式；(2)若為等比數列，且，，求數列的前n項和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根據可得，故可求數列的通項；(2)根據錯位相減法可求.【小問1詳解】因為成等差數列，故，故，所以，整理得到：，而，故，所以為等差數列，又，故，故.【小問2詳解】因為等比數列且，故，而，故，故等比數列的公比滿足，故，故，故，所以，故，故，，所以.20.隨著“低碳生活，綠色出行”理念的普及，新能源汽車正逐漸成為福清人喜愛的交通工具.據預測，福清某新能源汽車4S店從2023年1月份起的前x個月，顧客對比亞迪汽車的總需量(單位：輛)與x的關系會近似地滿足(其中且)，該款汽車第x月的進貨單價(單位：元)與x的近似關系是.(1)由前x個月的總需量，求出第x月的需求量(單位：輛)與x的函數關系式；(2)該款汽車每輛的售價為185000元，若不計其他費用，則這個汽車4S店在2023年的第幾個月的月利潤最大，最大月利潤為多少元？【答案】(1)，(且)(2)這個汽車4S店在2023年的第5個月的月利潤最大，最大月利潤為31250000元【解析】【分析】(1)根據當，且時，再驗證滿足即可求解；(2)依題意可得的表達式，用導數判斷其單調性即可求解.【小問1詳解】當時，，當，且時，，當時，符合上式，故，(且).【小問2詳解】依題意，這個汽車4S店在2023年的第個月的月利潤(且)，，令，得：或(舍去)，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以當時，取得極大值，也是最大值為.故這個汽車4S店在2023年的第5個月的月利潤最大，最大月利潤為