福建省泉州现代中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

泉州现代中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学学科试题
考试时间：120分钟，满分150分
一 选择题：本题共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.已知集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
2.已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
3.的展开式中的系数是（ ）
A.-4 B.-3 C.3 D.4
4.已知是上的奇函数，时，，则函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
5.某班班会准备从含甲，乙的6名学生中选取4人发言，要求甲 乙2人中至少有一人参加，且若甲 乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为（ ）
A.720 B.520 C.600 D.264
6.盒中有2个红球，3个黑球，2个白球，从中随机地取出一个球，观察其颜色后放回，并加入同色球1个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.设，则当时，除以15所得余数为（ ）
A.4 B.3 C.7 D.8
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A.所有项系数和为64 B.常数项为第4项
C.整式共有3项 D.项的系数-81
10.甲盒中有3个红球，2个白球；乙盒中有2个红球，3个白球.先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，用事件表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确的是（ ）
A.事件与事件是互斥事件 B.事件与事件是独立事件
C. D.
11.已知函数，函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的最小值为 B.有2个零点
C.有且只有1个极值 D.有3个零点
12.已知是椭圆与双曲线的公共焦点，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C.的最大值为 D.的最大值为
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.是虚数单位，则的值为__________.
14.《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 龟算 珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲 乙 丙 丁四人，该小组拟全部收集九宫算 运筹算 了知算 成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有__________种.
15.如图，已知是双曲线上的三个点，经过原点经过右焦距，若且，则该双曲线的离心率等于__________.
16.已知和分别是函数且的极小值点和极大值点.若，则的取值范围是__________.
四 解答题：本题共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.设数列的前项和为.已知
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和.
18.某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲 乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲 乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
（1）求甲 乙两家公司共答对2道题目的概率；
（2）设甲公司答对题数为随机变量，求的分布列 数学期望和方差；
（3）请从期望和方差的角度分析，甲 乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？
19.已知函数，其中.
（1）若函数的极小值为0，求实数的值；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.
20.如图，在四棱锥中，上底面是直角梯形，是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
21.在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点且斜率为的直线与交于两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围.
22.已知函数.
（1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.
（2）当时，求证：.
数学学科试题答案
考试时间：120分钟，满分150分
一 选择题：本题共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.【详解】由已知，故选C.
2.【详解】因为，
所以，
所以，
故选：C.
3.【详解】，而的展开式中含的项为
所以的展开式中的系数是-4.
故选：A
4.【答案】B
【分析】先求出函数当时的单调区间，再结合函数的奇偶性确定答案.
【详解】由题得当时，，
所以函数在单调递增，在单调递减.
所以排除选项A，C
因为函数是奇函数，所以其图像关于原点对称，
故选B
5.【详解】甲 乙只有一人参加，则共有种发言顺序，
甲 乙都参加，则共有种发言顺序，
根据分类加法计数原理可得，共有：种发言顺序.
故选：D.
6.【详解】从盒中任取1球，是红球记为，黑球记为，白球记为，
则彼此互斥，设第二次抽出的是红球记为事件，
则，
，
故选：A.
7.【详解】因为函数在区间上单调递增，
所以在区间[1，2]上恒成立，
即在区间上恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以的取值范围是，故选A.
8.【详解】，
，当时，，
而，故此时除以15所得余数为3.故选：B
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.【详解】令，由知，所有项系数和为64，故A正确；
二项展开式的通项公式为，令，
解得4，故展开式第5项为常数项，故B错误；
当时，，展开式为整式，故C正确；
当时，，故D错误.
故选：AC
10.【详解】解：当从甲中取出白球时，乙中取出的可能是红球，也可能是白球，所以选项A错误；
因为甲盒中有3个红球，2个互斥白球，所以，
若甲中拿出的是红球，则乙中有3个红球，3个白球，
若甲中拿出的是白球，则乙中有2个红球，4个白球，
所以，
因为，所以事件与事件不是独立事件，
故选项B错误；选项C正确；
因为，故选项D正确.
故选：CD
11.【详解】由，得，令，得，当时，
单调递减，当时，单调递增，因此正确；
因为，则存在，使得，因此有2个零点，B正确；
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增，因此有2个极值，错误；
因为，
，因此在上有3个零点，D正确.
故选：ABD
12.【详解】对选项A：椭圆和双曲线共焦点，故，错误；
对选项B：，即，
故，故，即，即，正确；
对选项C：设，
若最大值为，则，
，即，不成立，错误；
对选项D：设，
，若最大值为，则，
，即，成立，正确；
故选：BD
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【详解】，
所以.
故答案为：
14.【详解】据题意，甲可收集1种或2种资料.
第一类，甲收集1种，则乙 丙 丁中有一人收集2种，另两人各收集1种，有种；
第二类，甲收集2种，则乙 丙 丁每人各收集1种，有种.
所以不同的分工收集方案种数共有种.
故答案为：126.
15.【详解】若是左焦点，连接，设，
由双曲线的对称性且知：是矩形，则，
，
又，即，则，
在Rt中，，即，
而，
在Rt中，，即，可得.
故答案为：.
16.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以.
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为.
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则'在上单调递增，此时若'，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则'在上单调递减，此时若'，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，
即故，所以.
四 解答题：本题共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.【详解】（1）解：当时，
由，得，
两式相减得，
所以，
所以，
所以数列是以1为首项，为公比得等比数列，
是以；
（2）解：，
则，
两式相减得
所以.
18.【详解】（1）记“甲 乙两家公司共答对2道题”的事件为，它是甲乙各答对1道题的事件 甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，
则有，
所以甲 乙两家公司共答对2道题目的概率是.
（2）设甲公司答对题数为，则的取值分别为，
则的分布列为：
1 2 3
期望，方差.
（3）设乙公司答对题数为，则的取值分别为，
，
则的分布列为：
0 1 2 3
期望，
方差，
显然，
所以甲公司竞标成功的可能性更大.
19.【详解】（1）解：，
由，得或1.
当或时，；
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取到极小值.
由，解得.
（2）由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以区间上的最小值为.
由恒成立，知，即.
所以.
20.【详解】（1）平面平面，
，
，
，
，
平面，
平面，
平面
平面平面.
（2）如图，以为原点，取中点分别为轴 轴 轴正向，建立空间直角坐标系，
则.
设，则，
设为平面的法向量，，
，即，
令，则.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则.
解得.
.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
21.【详解】（1）设，由题意，
因为，所以，
即，两边平方并整理得.
故点的轨迹的方程为；
（2）设直线方程为，
联立，消并整理得，，显然，
设，则，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段中垂线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以
又，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，
所以，故.
22.【详解】解：（1），因为在单调递增，
所以在上恒成立，即，
令，
，所以在单调递增，
所以，即.
（2）要证，
即证明.
令，由得在上单调递增，
在上单调递减
所以在的最小值，
令，由，得，
所以在上单调递增，在单调递减，最大值为，
所以，
，原不等式成立.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点，其一是转化证明，其二是证明