福建省泉州市三校（铭选中学、泉州九中、侨光中学）2022-2023学年高二下学期期中联考数学试卷(解析)

高中数学精编资源铭选中学、泉州九中、侨光中学2023春季高二年期中联考数学试卷（考试时间：120分钟满分：150分）命题者：陈美珠林公兴审核者：林公兴一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（）A.1 B.2C.4 D.8【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式利用条件，列出关于与的方程组，通过解方程组求数列的公差.【详解】设等差数列的公差为，则，，联立，解得.故选：C.2.将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别求出将5个1和2个0随机排成一行的种数和2个0不相邻的种数，利用古典概型的概率公式直接求解.【详解】将5个1和2个0随机排成一行，总的排放方法有种.要使2个0不相邻，利用插空法,5个1有6个位置可以放0,故排放方法有种.所以所求概率为.故选：D.3.随机变量的分布列如下表，若，则（）-212A.0 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用分布列的概率之和为1，利用期望的性质和方差公式求解.【详解】由题意可知，，解得，又，所以；所以.故选：B.4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数求得函数的单调性，进而排除；根据上的最大值可排除，从而得到结果.【详解】由得：，即定义域为则当时，；当和时，即在上单调递增，在和上单调递减，可排除又在上的最大值小于零，可排除故选：【点睛】本题考查函数图象的辨析，处理此类问题通常采用排除法的方式来进行求解；关键是能够利用导数确定函数的单调性，同时确定区间内最值点.5.长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定信息，结合全概率公式列式求解作答.【详解】令“玩手机时间超过的学生”，“玩手机时间不超过的学生”，“任意调查一人，此人近视”，则，且互斥，，，依题意，，解得，所以所求近视的概率为.故选：B【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.6.在某互联网大会上，为了提升安保级别，将甲、乙等5名特警分配到3个不同的路口执勤，每个人只能分配到1个路口，每个路口最少1人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（）A.180种 B.150种 C.96种 D.114种【答案】D【解析】【分析】先考虑甲乙不在同一个路口的情况，再考虑甲乙再同一路口的情况，进而根据分配法求得答案.【详解】先不考虑条件“甲和乙不能安排在同一个路口”，则有两种情况：①三个路口人数分别为3，1，1时，安排方法共有（种）；②三个路口人数分别为2，2，1时，安排方法共有（种）．若将甲、乙安排在同一路口，可以把甲、乙看作一个整体，则相当于将4名特警分配到3个不同的路口，安排方法共有（种）．故甲和乙不安排在同一个路口的安排方法共有（种）．故选：D．7.定义在R上的函数满足，是的导函数，且，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（）．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解．【详解】设，，则，，，，在定义域R上单调递增，，，即，，，不等式的解集为故选：．8.已知函数，若图像与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先将题意等价于与有3个交点，分别画出和的图象，再利用导数的几何意义，即可得到答案.【详解】的图像与轴有3个不同的交点，等价于与有3个交点.画出和的图象，如图所示：因为过，当与在相切时，，设切点为，，切线，即，因为切线过，所以，解得此时，此时与有2个交点.当时，，即，当过时，，解得，设，，，，为增函数，所以，即此时与有三个交点.因为与有3个交点，所以.故选：A二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的5分，部分选对的2分，有选错的0分．9.已知的二项展开式中二项式系数之和为64，下列结论正确的是（）A.二项展开式中各项系数之和为B.二项展开式中二项式系数最大的项为C.二项展开式中无常数项D.二项展开式中系数最大的项为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，由题意得到，从而赋值法求出二项展开式中各项系数之和；B选项，得到二项式系数最大的项为第4项，从而根据通项公式求出答案；C选项，令，求出，求出常数项，判断C；D选项，由通项公式得到，求出，求出二项展开式中系数最大的项.【详解】A选项，由题意得，解得，中，令得，A正确；B选项，因为，所以二项展开式中二项式系数最大的项为第4项，即，B正确；C选项，的通项公式为，令，解得，故，故二项展开式中有常数项，C错误；D选项，的通项公式为，由，解得，又，解得，故二项展开式中系数最大的项为，D正确.故选：ABD10.正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（）A.直线与直线垂直 B.直线与平面平行C.平面截正方体所得的截面面积为 D.点C到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】A.设，易证平面AEF判断；B.取的中点，连接，证明平面平面AEF判断；C.接，易证，得到截面为等腰梯形求解判断；D.利用等体积法，由求解判断.【详解】A.若，因为平面ABCD，则，又，所以平面AEF，则，则，故错误；B.如图所示：取的中点，连接，易知，又平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理平面AEF，又，所以平面平面AEF，因平面，所以平面AEF，故正确；C.如图所示：连接，因为E，F分别为的中点，则，所以共面，则截面为等腰梯形，又，等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故正确；D.因为，且，所以点C到平面的距离为，故正确.故选：BCD11.已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（）A.在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为B.第一次抽到2号球且第二次抽到1号球的概率为C.第二次抽到3号球的概率为D.如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大【答案】AD【解析】【分析】对于A、B，利用条件概率计算即可；对于C，利用全概率公式计算即可；对于D，利用贝叶斯公式计算即可.【详解】记第一次取得号球为事件，则，对于A项，在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为，即A正确；对于B项，第一次抽到2号球且第二次抽到1号球的概率为，即B错误；对于C项，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为,而两两互斥，和，且，记第二次抽到3号球的事件为B，则，即C错误；对于D，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为,而两两互斥，和为，第二次取到3号球的事件为C，有，第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，，，，显然最大，即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故D正确；故选：AD12.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数的图像关于原点对称B.若在R上单调递增，则C.当时，函数恰有两个零点D.当时，函数恰有两个极值点【答案】ABD【解析】【分析】利用函数的奇偶性可判定A，利用导数研究函数的单调性、极值、最值和零点可判断B、C、D选项.【详解】对于A项，易知，即函数为奇函数，故A正确；对于B项，由题意可得：恒成立，即，令，令，故单调递增，又，所以在上单调递减，在上单调递增，即，故B正确；对于C项，由B项可知时，恒成立，即在R上单调递增，由零点存在性定理可知不存在两个零点，故C错误；对于D项，由B项可知，即偶函数，且当时，，所以，故时，有两个实数根，不妨设为，结合的性质可得和时，即单调递增，时，即单调递减，所以函数恰有两个极值点，故D正确.综上，ABD三项正确.故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中x的系数是______.【答案】【解析】【分析】直接由二项展开式计算出含的项，即可求解.【详解】根据二项展开式知，含的项为：，故x的系数是.故答案为：.14.在杨辉三角中，图中虚线上的数、、、、．．．．．．依次构成数列，则___________（用数字作答）【答案】220【解析】【分析】运用累和法进行求解即可.【详解】因为数、、、、．．．．．．依次构成数列，所以有，即，累和得：，所以，故答案为：22015.某集团第一年年初给下属企业甲制造厂投入生产资金万元，到年底资金增长了，以后每年资金年增长率与第一年相同.集团要求甲制造厂从投入生产资金开始，每年年底上缴资金万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底甲制造厂上缴资金后的剩余资金为万元，若，则正整数的最小值为_____________.（取，）【答案】【解析】【分析】根据与的关系可推导证得数列为等比数列，利用等比数列通项公式可得，进而解不等式可求得的范围.【详解】由题意知：；当时，，，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，，则，令，则，，解得：，正整数的最小值为.故答案为：.16.已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】分类讨论a，当时，则，即，设，求导得到在上单调递增，进而得到，设，求出，则可得到的取值范围.【详解】当时，不符合题意.当时，则，即，设，则恒成立，故在上单调递增.因为，，所以.因为，即，所以，所以，所以.设，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，故，即的取值范围是.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．除17题为10分外，18~22题均为12分．）17.已知函数在处有极值，且曲线在点处的切线与直线平行．（1）求；（2）若方程在区间上有三个不同的根，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，根据题意可得，即可得出答案；（2）函数在区间上有三个交点，即函数和函数在区间上有三个交点，利用导数求出函数的极值和端点函数值，即可得出答案.【小问1详解】解：函数的导函数为，由题意得即，解得，，经检验，符合题意，；【小问2详解】解：由（1）得，当或时，由，当时，，所以函数在和上递增，在上递减，函数在处取得极大值，在处取极小值，，，，，因为方程在区间上有三个不同的根，所以函数和函数在区间上有三个交点，．18.已知数列满足（）（1）求数列的通项公式：（2）设为数列前项和【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到时，，两式相减，求得，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.【小问1详解】解：因为，当时，，两式相减，可得，所以，当时，，满足上式，所以数列的通项公式为．【小问2详解】解：由，可得，则，两边同乘以得：，两式相减，可得，所以．19.如图1，在菱形中，为的中点，.现将沿翻折至，并连接，得到如图2所示的四棱锥，且.（1）证明：；（2）在棱上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）利用余弦定理求边长，勾股定理证明垂直，得，，证得平面，从而.（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量，利用已知线面角的正弦，求得的值.【小问1详解】证明：在中，，由，得，所以，即在空间中.又，所以.连接，在中，；在中，由，得，所以.又，平面，所以平面.又平面，所以.【小问2详解】由（1）可知两两垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量令，则.假设棱上存在点，使得与平面所成的角的正弦值为，设，则，，所以，整理得，解得.又，所以，故.20.已知数列的首项为1，令．（1）若为常数列，求的解析式；（2）若是公比为3的等比数列，试求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，再根据二项式系数计算可得；（2）依题意可得，则，根据二项式定理求出，再利用分组求和法及等比数列求和公式计算可得.【小问1详解】由为常数列，又，所以，所以．【小问2详解】由是公比为3的等比数列，且，所以，所以，所以，，.21.如图是飞行棋部分棋盘图示，飞机的初始位置为0号格，抛掷一个质地均匀的骰子，若拋出的点数为1，2，飞机在原地不动；若抛出的点数为3，4，飞机向前移一格；若抛出的点数为5，6，飞机向前移两格．记抛掷骰子一次后，飞机到达1号格为事件．记抛掷骰子两次后，飞机到达2号格为事件．（1）求；（2）判断事件是否独立，并说明理由；（3）抛掷骰子2次后，记飞机所在格子的号为，求随机变量的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）事件，相互独立，理由见解析（3）分布列见解析，2【解析】【分析】（1）根据概率的乘法公式求解即可；（2）分别计算判断即可；（3）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，再根据题意分别列式求解即可.【小问1详解】由题意，因为飞机每前移一格的概率为，故；【小问2详解】由题意，事件抛掷骰子一次后，飞机到达1号格，只能是前移了1格；事件抛掷骰子两次后，飞机到达2号格可能前移了两次一格，或一次前移两格一次原地不动.故，，因此，所以事件，相互独立．【小问3详解】随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，所以随机变量的分布列为01234