漳浦县立人学校2022-2023学年高二下学期4月期中考试
数学科试卷
时间：120分钟 满分：150分
第I卷（选择题共60分）
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知曲线，那么曲线在点处的切线斜率为（ ）
A． B． C．2 D．2或
2.已知向量，且，则的值为 （ ）
A． B． C． D．1
3.设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．在等差数列中，若，则（ ）
A．5 B．3 C．8 D．15
x 2 4 5 6 8
y 30 40 m 50 70
5.根据变量与的对应关系（如表），求得关于的线性回归方程为，则表中的值为（ ）
A．60 B．55 C．50 D．45
6．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．课本选择性必修第二册第一章介绍了斐波那契数列，若数列{}满足，，则称数列为斐波那契数列，若把斐波那契数列中的奇数用1替换，偶数用换得到数列{}，在数列{}的前10项中任取3项，则这3项之和为1的不同取法有（ ）
A．60种 B．63种 C．35种 D．100种
8．已知函数，，对任意，，都有不等式成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量服从两点分布，，则
B．若随机变量的方差，则
C．若随机变量服从二项分布，则
D．若随机变量服从正态分布，，则
10．已知椭圆内一点，上、下焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的焦点坐标为， B．椭圆的长轴长为
C．直线的方程为 D．的周长为
11.已知函数，下列说法正确的有（ ）
A.曲线在处的切线方程为 B.的单调递减区间为
C.的极大值为 D.方程有两个不同的解
12.已知直线与圆交于A B两点，则下列说法正确的有（ ）
A．直线l过定点 B．当取得最小值时，
C．当取得最小值时，其余弦值为 D．的最大值为24
第II卷（非选择题 共90分）
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 其中16题第一空2分，第二空3分.
13．如图，在空间四边形中，分别是的中点，
则___________.
14．从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则__________．
15．若函数既有极大值又有极小值,则实数的取值范围是 .
16．在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为______，三棱锥的外接球表面积为______．
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
17.（本题满分10分）已知等差数列的前项和为，
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
18.（本题满分12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小； （2）若，求的最大值.
19.（本题满分12分）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的大小；
（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
20.（本题满分12分）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，通过摸球总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)若箱子中所装的种面值的奖券中有张面值为元，其余张均为元，试比较员工获得元奖励额与获得元奖励额的概率的大小；
(2)公司对奖励总额的预算是万元，预定箱子中所装的种面值的奖券有两种方案：第一方案是张面值元和张面值元；第二方案是张面值元和张面值元．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．
21.（本题满分12分）在椭圆C：，，过点与的直线的斜率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F为椭圆C的右焦点，P为直线上任意一点，过F作PF的垂线交椭圆C于M，N两点，当取最大值时，求直线MN的方程．
22.（本题满分12分）已知函数．
（1）若在处取得极大值27，求函数的极小值；
（2）若，，且对，不等式都成立，求实数的值范围．漳浦县立人学校2022-2023学年高二下学期4月期中考试
数学科试卷参考答案
1-12CCBAAABC AD BCD AB ABD 13． 14． 15． 16 ；
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
17（1）设公差为，由，，得，解得，所以.
（2）由（1）可得
所以
故数列的前项和为.
18解：（1），，且，
，，
即，化简得，
，，则，得.，；
（2）由正弦定理得，则，，
，为锐角，且，，，
，则，当时，取得最大值.
19.【解析】（1）法一：设，连结，，
因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，
所以，，所以为平行四边形，故，
又平面，平面，所以平面；
法二：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，
因为平面平面，，所以平面，
以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，是线段的中点，
则，，，，，，
从而，，，，
设平面的法向量为，则由，可知，
不妨令，则，，从而平面的一个法向量为，
计算可知，又平面，
所以，从而平面.
（2）若，则，，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则由，可知，
不妨令，则，，从而平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
因为为锐角，所以，所以二面角的大小为.
（3）因为点在线段上，而，
设，其中，则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为.
20、【详解】（1）解：用表示员工所获得的奖励额．
因为，，所以，
故员工获得元奖励额的概率小于获得元奖励额的概率．
（2）解：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、、，
，，，
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、、，
，，，
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.
21、【详解】（1）过点与的直线的斜率为，所以，即，
又，即，解得，．所以椭圆C的标准方程是．
（2）如图所示，由题知，设点，则直线FP的斜率为．
当时，直线MN的斜率，直线MN的方程是；
当时，直线MN的方程是，也符合的形式，
将直线MN的方程代入椭圆方程得，且，
设，，则，，
所以
．
又，令，则，
当且仅当，即时等号成立，由，解得，
即当时取最大值时，此时直线MN的方程为或．
22、解：（1）
依题有，即，解得，所以，
由，有或，列表如下：
27
所以函数的极小值为
（2），
所以不等式可化为，即
令，则
则，
令，解得：，令，解得：，
故在上单调递增，在递减，
故当时，取得最大值，所以．
