福建省泉州市四校2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（Word版含答案）

泉州市四校2022-2023学年高二下学期期中考试
数学
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1.已知等比数列的公比为，且，则（ ）
A.2 B.1 C. D.
2.函数的图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
3.今天是星期四，经过天后是星期（ ）
A.二 B.三 C.四 D.五
4.现要从，，，，这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（ ）
A.56种 B.64种 C.72种 D.96种
5.椭圆：的左焦点为，右焦点为，以为圆心，为半径的圆与交于点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
6.现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1和2的人去打篮球，掷出点数大于2的人去打乒乓球.用，分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记，求随机变量的数学期望为（ ）
A. B. C. D.
7.在棱长为1的正方体中，，是线段（含端点）上的一动点，则：①；②当为线段的中点时，取最小值；③三棱锥体积的最大值是最小值的倍；④与所成角的范围是.上述命题中正确的个数是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
8.设，随机变量的分布列是
0 1
则当在区间内增大时，（ ）
A.减小 B.增大
C.先减小后增大 D.先增大后减小
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9.已知，，（其中为自然对数的底数），则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
10.已知正项数列前项和为，且满足（ ）
A.数列是等差数列 B.
C.数列不是等差数列 D.
11.下列说法正确的是（ ）
A.用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数
B.将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法
C.小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法
D.甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法
12.如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同.从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次.若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.点移动4次后恰好位于点的概率为0
D.点移动10次后仍在底面上的概率为
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知数列的前项和为，，，且，则________.
14.中常数项是________.（写出数字）
15.在临床上，经常用某种试验来诊断试验者是否患有某种癌症，设“试验结果为阳性”，“试验者患有此癌症”，据临床统计显示，.已知某地人群中患有此种癌症的概率为0.001，现从该人群中随机抽取1人，其试验结果是阳性，则此人患有此种癌症的概率为________.
16.已知双曲线：的左、右焦点分别为、，若上存在点，满足，（为坐标原点），且的内切圆的半径等于，则的离心率为________.
四、解答题（本题共6小题，共80分）
17.已知在等差数列中，为其前项和，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求.
18.在二项式的展开式中，前三项的系数，，依次构成一个等差数列.
（1）求的值；
（2）求展开式中系数最大的项.
19.如图，四棱锥的底面为矩形，，，，平面平面.是的中点，是上一点，且平面.
（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20.甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次.比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得分；若甲未投中，乙投中，甲得分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分.当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜；4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响.一轮比赛中甲的得分记为.
（1）求的分布列；
（2）求甲、乙两人最终平局的概率；
（3）记甲、乙一共进行了轮比赛，求的分布列及期望.
21.已知抛物线：，为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值；若不存在，请说明理由.
22.已知函数，其中.
（1）求的单调区间；
（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围.
泉州市四校2022-2023学年高二下学期期中考试
答案
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1.【分析】利用等比数列下标和性质可得，由等比数列通项公式可求得结果.
【详解】∵，∴，∴.
故选：C.
2.【分析】根据导函数与原函数之间的关系，结合图象即可求解.
【详解】由图象可得当时，，当时，.
结合图象可得：当时，，，即；
当时，，，即；
所以的解集为.
故选：D.
3.【分析】利用二项展开式求一个数除以7的余数，从而求得结果。
【详解】因为
因为前展开式中的前2023项都包含有7的倍数，所以最后除以7的余数取决于最后一项即除以7的余数，为6，所以应该是星期三，
所以选择B.
4.【分析】根据是否选进行分类讨论即可求解.
【详解】由题意可知：根据从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有种，再给剩下三个岗位安排人有种，共有种方法；
若不入选：则4个人4个岗位全排有种方法，
所以共有种不同的安排方法，
故选：D.
5.【分析】由已知得，，因为，所以，
又由定义可得，所以，所以
故选：B.
【点睛】思路点睛：点在椭圆上，一是满足椭圆方程，二是到两焦点距离之和等于，求椭圆离心率，结合其它条件构造，齐次式即可得解.
6.【分析】分别求出每个人去打篮球、打乒乓球的概率，的所有可能取值为0，2，4，利用二项分布的概率公式求出的分布列即可求得的期望值.
【详解】依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为，去打乒乓球的概率为，
设“这4个人中恰有人去打篮球”为事件，
则，的所有可能取值为0，2，4.
由于与互斥，与互斥，故，
，.
所以的分布列为
2 2 4
随机变量的数学期望.
【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与期望、二项分布的概率求解，属于较难题.
7.【分析】利用线面垂直的性质判断①；判断的形状判断②；利用线面平行结合等体积法判断③；作出与所成的角，求出范围作答.
【详解】在棱长为1的正方体中，，是线段上的动点，
命题①，平面，平面，，正方形中，，
平面，，因此平面，而平面，则，
同理，又，平面，有平面，，则，①正确；
命题②，在正三角形中，是中点，连，如图，，，为中点，
在中，与不垂直，不是最小值，②错误；
命题③，正方体对角面是矩形，即，又平面，平面，
则平面，点到平面的距离为定值，面积为定值，而，
则三棱锥体积为定值，③错误；
命题④，连接与相交于点，连接，则为与中点，
而为中点，则，因此与所成的角等于，
在中，，，而，则，
于是当在点时，有最大值，当与重合时，有最小值0，
所以与所成角的取值范围为，④正确，
综上所述，正确命题的个数为2.
故选：B.
【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，借助等体积法求解问题.
8.【分析】先求出，，令，，求导确定单调性即可.
【详解】，
，令，，则，易得单调递减，
又，，故存在，使得，则在单增，在单减，即先增大后减小.
故选：D.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9.【分析】首先构造函数，并利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小，其中注意.
【详解】构造函数，，
，得，当，，单调递增，
当，，单调递减，
，因为，所以，
即，.
故选：BC.
10.【分析】根据给定的递推公式，结合，求出数列的通项公式，再逐项判断作答.
【详解】数列中，，，，当时，，
则，即，
因此，而，解得，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，A，B都正确；
，，，
于是，数列是等差数列，C错误；
，D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.
11.【分析】根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法计数原理求出满足条件的方法数，判断D.
【详解】对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有个不同的三位数，A错误；
对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第步有种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为种，所以借回至少1本的方法数为种，C错误；
对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共种方法，D正确；
故选：BD.
12.【分析】根据题意找出点在下或上底面时，随机移动一次仍在原底面及到另一底面的概率即可逐步分析计算确定各选项正误.
【详解】在正方体中，每一个顶点由3个相邻顶点，其中两个在同一底面，所以当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，所以，故A正确；，故B错误，点由点移动到点处最少需要3次，任意折返都需要2次移动，所以移动4次后不可能达到点，故C正确，由于且，所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】有一些复杂的概率模型可通过找寻与之间的递推关系，从而求出.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.【分析】根据递推公式求出数列的前几项，从而可得出数列的一个周期性，再根据数列的周期性即可得出答案.
【详解】由题意，，，
，，，
所以数列是周期数钱，周期为6，
所以.
故答案为：3.
14.【分析】利用展开式，即可求解.
【详解】的展开式中当，，2对应的次数分别为0，0，3和1，2，0时即为常数，所以常数项为.
故答案为：11.
15.【分析】根据已知得出，与，再由条件概率公式与全概率公式计算得出结果.
【详解】由题意可得：
，，，
∴，
故答案为：.
16.【分析】由可得，，再结合双曲线的定义可得，化简得，因为的内切圆的半径为，所以，即，化简运算即可得的离心率.
【详解】因为，所以，，
又因为在双曲线上，所以，联立可得，
，所以，
因为的内切圆的半径为，
所以，
即，即，
所以，两边平方得，
即，两边同时除以，得，，
因为，所以.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、，得到，的关系.
四、解答题（本题共6小题，共80分）
17.【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式将和用和表达出来，解出和即可求通项公式；
（2）求出通项公式，利用分组求和，分别计算等差数列和等比数列的和，再求和即可求得.
【详解】（1）由题意知：，……………………2分
解得：，，………………………………4分
所以………………………………5分
（2）由（1）知…………………………6分
………………8'
………………10'
18.【分析】（1）根据给定条件，求出值并求出展开式的通项，再利用组合求解作答.
（2）由（1）中通项公式，列出不等式组，求出系数最大的项作答.
【详解】（1）二项式的展开式中，，，，
依题意，，即，显然，解得….…………4分
（2）由（1）知，展开式的通项为，，………………6分
令第项的系数最大，则有，即，……9分
整理得，解得，而，因此或，……………………11分
所以展开式中系数最大的项是，………………12分
19.【分析】（1）设平面与直线相交于点，连接，.根据线面平行的性质即可求解.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角.
【详解】（1）设平面与直线相交于点，连接，.
因为平面，平面，平面平面，
所以.
因为，平面，平面，
所以平面.又平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，分别为，的中点，故.……………………5分
（2）因为，是的中点，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面………………………………7分
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.……………………9分
设平面的法向量为，
则令，得，，
所以.………………………………10分
设直线与平面所成的角为，
则.………………………………12分
20.【分析】（1）的所有可能取值为，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；
（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；
（3）的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.
【详解】（1）依题意，
的所有可能取值为，0，1.
，
，
，
所以的分布列为
0 1
0.3 0.5 0.2
…………………………4分
（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：
①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为.
②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，
其概率为.
③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，
其概率为.
故甲、乙两人最终平局的概率为.……………………8分
（3）的所有可能取值为2，3，4.
，
，
，
所以的分布列为
2 3 4
0.13 0.13 0.74
.……………………12分
21.【分析】（1）由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数，即可得方程；
（2）法一：设，，，，利用求得，讨论与轴是否垂直，求直线所过的定点；法二：设直线的方程为，，，联立抛物线及韦达定理、得；最后结合确定的轨迹，即可确定定点和定值；
【详解】（1）因为点在上，则，而，所以，
∴，所以，故该抛物线的方程为.……………………4分
（2）法一：设，，，不妨设，
∵，则，解得，
①当与轴不垂直时，，，
此时直线的方程为：，整理得
∵，则的方程为：，则直线恒过定点
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即当为该圆心时，为定值；……………………9分
②当轴时，，此时，，而，故；
当时，也满足，…………………………11分
综上，平面内存在一个定点，使得为定值4.…………………………12分
法二：设直线的方程为，，
联立，且，
由韦达定理得：，，
由，即，解得，
即，直线恒过定点，
由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，
即定点为该圆心时，为定值；
【点睛】关键点点睛：第二问，根据求，纵坐标乘积，并确定直线过的定点坐标，最后利用判断的轨迹，即可得结论.
22.【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）分、两种情况讨论，结合（1）中的结论求出、的表达式，结合导数法与函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
当时，由可得，由可得或，
所以，函数的单调递增区间为、，减区间为.………………4分
（2）解：因为，则，则函数在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，………………6分
因为，，则，
所以，，令.………………8分
①若，则，………………9分
，故函数在上单调递减，此时；
②若，则.……………………11分
综上所述，的取值范围是.……………………12分
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的值最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.