2022-2023学年福建省福州第十八中学高二年级下册学期期中考试数学试题【含答案】

2022-2023学年福建省福州第十八中学高二下学期期中考试数学试题一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】D【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【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【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】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【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：C6．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【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【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：C8．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【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、多选题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【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8C．点P到点最小距离为1 D．至少存在一点P使【答案】BC【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，以为直径的圆的方程为，将与联立得，无解，故不存在一点P使，D错误.故选：BC11．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【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【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）【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】【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】【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】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.【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.【详解】（1）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.（2）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），【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，②②+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)【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）的基础上，利用错位相减法求出和.【详解】（1）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；（2），，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【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.【详解】（1）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.（2）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.（3）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)【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.【详解】（1）解：因为，则，所以，，，所以，曲线在处的切线方程为，即.（2）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.（3）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)