2022-2023學(xué)年福建省福州市八縣（市）協(xié)作校高二下學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題 一、單選題1．直線的傾斜角為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出直線的斜率即可得傾斜角.【詳解】因為直線的斜率為0，故其傾斜角為.故選：B2．已知等差數(shù)列滿足，則數(shù)列的前4項和為（    ）A．30 B．20 C．16 D．12【答案】D【分析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則由題設(shè)可得關(guān)于基本量的方程組，求出其解后可求.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，故，故，故選：D.3．已知函數(shù)，則其單調(diào)增區(qū)間是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出的定義域和導(dǎo)數(shù)，解不等式結(jié)合定義域即可求解.【詳解】由，函數(shù)定義域為，求導(dǎo)，令，得或（舍去）,所以單調(diào)增區(qū)間是故選：D.4．我國即將進入3航母時代，遼寧艦、山東艦、福建艦，航母編隊的要求是每艘航母配1-2艘核潛艇，船廠現(xiàn)有4艘核潛艇全部用來組建航母編隊，則不同的組建方法種數(shù)為（    ）A．36 B．72 C．12 D．24【答案】A【分析】可將4艘核潛艇先分組再分配的方法求解.【詳解】先將4艘核潛艇分成3組，每組至少1艘核潛艇，再將這3組核潛艇分配給遼寧艦、山東艦、福建艦，每個航母配1組核潛艇，則得不同的組建方法種數(shù)為.故選：A5．函數(shù)的圖象大致為（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】D【分析】求出的單調(diào)性即可判斷.【詳解】函數(shù)的定義域為，，令得，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減；則函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.只有D選項滿足.故選：D6．在所有不超過9且與9互質(zhì)的正整數(shù)中，任取兩個不同的數(shù)，則這兩數(shù)之和仍為質(zhì)數(shù)的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】列出所有不超過9且與9互質(zhì)的正整數(shù)，算出其中兩數(shù)之和仍為質(zhì)數(shù)的有幾組，再用古典概型的方法計算所求概率.【詳解】所有不超過9且與9互質(zhì)的正整數(shù)有1，2，4，5，7，8共6個，其中兩數(shù)之和仍為質(zhì)數(shù)的有1與2，1與4，2與5，4與7，5與8這5組，故所求概率為.故選：C7．《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵，在塹堵中，若，若P為線段中點，則點P到平面的距離為（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】利用等積法可求到平面的距離，故可求點P到平面的距離.【詳解】  因為為直角三角形，且，故，而平面，平面，故，同理，.而平面，故平面，故，又，故，而，故，所以，故，其中為到平面的距離，故，而P為線段中點，故P到平面的距離為，故選：C.8．設(shè)，則，，的大小順序為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得出函數(shù)的單調(diào)性，即可得出判斷.【詳解】因為，令，，則，令，，，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以.故選：A 二、多選題9．對于函數(shù)，以下直線方程是曲線的切線方程的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】設(shè)出切點坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義根據(jù)斜率的值可求出切點，從而可求切線方程.【詳解】設(shè)切點為，，則切線的斜率，若，則，切點為，故切線方程為，所以A正確，B錯誤；若，則，切點為，故切線方程為，即，故C正確；若，則，切點為，故切線方程為，即，故D錯誤.故選：AC10．校園師生安全重于泰山，越來越多的學(xué)校紛紛引進各類急救設(shè)備.福清融城中學(xué)準(zhǔn)備引進5個不同顏色的自動體外除顫器（簡稱AED），則下面正確的是（    ）A．從5個AED中隨機取出3個，共有10種不同的取法B．從5個AED中選3個分別給3位教師志愿者培訓(xùn)使用，每人1個，共有60種選法C．把5個AED安放在宿舍、教學(xué)樓、體育館三個不同的地方，共有129種方法D．把5個AED安放在宿舍、教學(xué)樓、體育館三個不同的地方，每個地方至少放一個，共有150種方法【答案】ABD【分析】由排列組合的方法逐一計算驗證即可.【詳解】從5個AED中隨機取出3個，共有種不同的取法，故A正確；從5個AED中選3個分別給3位教師志愿者培訓(xùn)使用，每人1個，共有種選法，故B正確；把5個AED安放在宿舍、教學(xué)樓、體育館三個不同的地方，則每個AED都有3種安放方法，故共有種方法，故C錯誤；把5個AED安放在宿舍、教學(xué)樓、體育館三個不同的地方，每個地方至少放一個，可先將5個AED分成3組，每組至少1個，再把這3組AED放在宿舍、教學(xué)樓、體育館三個地方，每個地方放1組，故共有方法，故D正確.故選：ABD11．已知圓，直線，則（    ）A．直線與圓C相交B．直線過定點（2，1）C．圓C被y軸截得的弦長為D．圓C被直線截得的弦長最短時，直線的方程為x=1【答案】ACD【分析】先考慮直線過定點，再判斷該點在圓的內(nèi)部，故可判斷AB，利用弦長公式結(jié)合圓心到直線的距離可判斷D的正誤，在圓的方程中令后可求圓C被y軸截得的弦長，故可判斷B的正誤.【詳解】可整理為，令，則，故直線過定點，故B錯誤.因為，故定點在圓的內(nèi)部，故直線與圓C相交，故A正確.在圓的方程中令，則即，故圓C被y軸截得的弦長為，故C正確.因為直線過定點，該定點與圓心的距離為，故圓心到直線的距離，故圓C被直線截得的弦長為，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，此時定點與圓心連線的斜率為0，該連線垂直于直線，故直線的方程為，故D正確.故選：ACD.12．在數(shù)學(xué)中，布勞威爾不動點定理是拓?fù)鋵W(xué)里的一個非常重要的不動點定理，它得名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲*布勞威爾.簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)，存在一個點，使得，那么我們稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，而稱為該函數(shù)的一個不動點，依據(jù)不動點理論，下列說法正確的是（    ）A．函數(shù)只有一個不動點B．若定義在R上的奇函數(shù)，圖象上存在有限個不動點，則不動點個數(shù)是奇數(shù)C．函數(shù)只有一個不動點D．若函數(shù)在上存在兩個不動點，則實數(shù)a滿足【答案】ABD【分析】根據(jù)不動點函數(shù)和不動點的定義，將各選項的不動點問題轉(zhuǎn)化為方程的解的問題來處理后可得正確的選項，ACD選項中的對應(yīng)的方程的解的問題需結(jié)合導(dǎo)數(shù)來處，而B中則需結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)來處理.【詳解】對于A，令，因為，， 故在上存在零點，但，故在上為減函數(shù)，故在上僅有一個零點，故有且僅有一個實數(shù)解，即只有一個不動點，故A正確.對于B，若為奇函數(shù)的非零不動點，則，而，所以也為奇函數(shù)的非零不動點，故的非零不動點成對出現(xiàn)，而，故為奇函數(shù)的不動點，所以奇函數(shù)不動點個數(shù)是奇數(shù)，故B正確.對于C，設(shè)，則，時；時；故在上遞增，在上遞減，而，，，故在有兩個不同的零點，故，故有兩個不動點，故C錯誤.對于D，若函數(shù)在上存在兩個不動點，則在上存在兩個不同的解，故在上存在兩個不同的解，設(shè)，，若，則，故在上為增函數(shù)，在上至多一個零點，與題設(shè)矛盾；若，時；時；故在上遞增，在上遞減，因為在上存在兩個不同的零點，故，故.此時，，下證：當(dāng)時，.設(shè)，則，故在上為減函數(shù)，故，故在上恒成立，故在上恒成立，故在上恒成立，令，則，故當(dāng)時，有，故時，在上的確存在兩個不同的零點，故D正確.故選:ABD.【點睛】思路點睛：導(dǎo)數(shù)背景下函數(shù)的零點問題，需要結(jié)合導(dǎo)數(shù)的符號討論函數(shù)的單調(diào)性，并結(jié)合零點存在定理討論零點的存在性問題，取點如果比較復(fù)雜，則可以利用放縮法把指對數(shù)函數(shù)轉(zhuǎn)為多項式函數(shù)來討論. 三、填空題13．已知點P是點在坐標(biāo)平面內(nèi)的射影，則        .【答案】5【分析】求出的坐標(biāo)后可求.【詳解】因為點P是點在坐標(biāo)平面內(nèi)的射影，故，故，故答案為：5.14．福清融城中學(xué)高二（1）班一學(xué)生由教學(xué)樓五層走到一層去做課間操，每層均有兩個樓梯，則他的走法有        種.【答案】16【分析】利用分步乘法計數(shù)原理即可求出結(jié)果.【詳解】共分4步:五層到四層2種，四層到三層2種，三層到二層2種，二層到一層2種，一共種.故答案為:16.15．寫出一個同時滿足下列三個性質(zhì)的函數(shù)=       .①若，則；②；③當(dāng)時，【答案】（答案不唯一）【分析】根據(jù)函數(shù)性質(zhì)，寫出滿足要求的對數(shù)函數(shù)即可.【詳解】，滿足，的定義域為，且，當(dāng)時，，恒成立.故答案為：16．已知雙曲線的左、右焦點分別為，雙曲線的左頂點為A，以為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于P，Q兩點，其中點Q在y軸右側(cè)，若，則該雙曲線的離心率的取值范圍是         .【答案】【分析】以為直徑的圓的方程為，不妨設(shè)雙曲線的這條漸近線方程為，聯(lián)立可得P，Q兩點坐標(biāo)，再由可得該雙曲線的離心率的取值范圍.【詳解】依題意可得，以為直徑的圓的方程為，不妨設(shè)雙曲線的這條漸近線方程為，由，得：或，所以，雙曲線的左頂點為，則，所以，，因為，所以，化簡得，所以，所以，所以，又，所以.故答案為：   四、解答題17．已知的展開式中前三項系數(shù)成等差數(shù)列.(1)求n的值；(2)求的展開式中的系數(shù).【答案】(1)8(2)0 【分析】（1）分別求出展開式中前三項的系數(shù)后結(jié)合等差數(shù)列可求.（2）利用二項展開式的通項公式可求展開式中的系數(shù).【詳解】（1）的前三項分別為，它們的系數(shù)分別為，其中而前三項系數(shù)成等差數(shù)列，故，解得.（2），展開式的通項公式為，令，則；令，則；令，則；故展開式中的系數(shù)為.18．如圖，圓是的外接圓，平面，是圓的直徑，，，且.  (1)求證：平面平面；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）利用線面垂直證明平面，再通過面面垂直即可證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，表達出各點坐標(biāo)，得出面與面的法向量，即可求出兩個面夾角的余弦值.【詳解】（1）由題意及圖證明如下，在圓中，為直徑，∴，∵平面,平面,平面,∴，，平面,面，∴平面, 又平面, ∴平面平面.（2）由題意及（1）得，在中，在中，，，∴，∵，∴建立空間直角坐標(biāo)系如下圖所示，    ∵，∴，則，在面中，其一個法向量為，在面中，設(shè)其一個法向量為，則，即，解得：，∴當(dāng)時，，設(shè)面與面所成角為，19．已知數(shù)列的前n項和，滿足，且成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若為等比數(shù)列，且，，求數(shù)列的前n項和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)可得，故可求數(shù)列的通項；（2）根據(jù)錯位相減法可求.【詳解】（1）因為成等差數(shù)列，故，故，所以，整理得到：，而，故，所以為等差數(shù)列，又，故，故.（2）因為為等比數(shù)列且，故，而，故，故等比數(shù)列的公比滿足，故，故，故，所以，故，故，，所以.20．隨著“低碳生活，綠色出行”理念的普及，新能源汽車正逐漸成為福清人喜愛的交通工具.據(jù)預(yù)測，福清某新能源汽車4S店從2023年1月份起的前x個月，顧客對比亞迪汽車的總需量（單位：輛）與x的關(guān)系會近似地滿足（其中且），該款汽車第x月的進貨單價（單位：元）與x的近似關(guān)系是.(1)由前x個月的總需量，求出第x月的需求量（單位：輛）與x的函數(shù)關(guān)系式；(2)該款汽車每輛的售價為185000元，若不計其他費用，則這個汽車4S店在2023年的第幾個月的月利潤最大，最大月利潤為多少元？【答案】(1)，（且）(2)這個汽車4S店在2023年的第5個月的月利潤最大，最大月利潤為31250000元 【分析】（1）根據(jù)當(dāng)，且時，再驗證滿足即可求解；（2）依題意可得的表達式，用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性即可求解.【詳解】（1）當(dāng)時，，當(dāng)，且時，，當(dāng)時，符合上式，故，（且）.（2）依題意，這個汽車4S店在2023年的第個月的月利潤（且），，令，得：或（舍去），當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，取得極大值，也是最大值為.故這個汽車4S店在2023年的第5個月的月利潤最大，最大月利潤為31250000元.21．已知拋物線，過焦點且斜率為的直線交于，兩點，且.(1)求的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知點是上一點，且點的縱坐標(biāo)為，直線不經(jīng)過點，且與交于，兩點，若，證明：直線AB過定點.【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）由題可得直線方程為，代入拋物線，設(shè)，利用拋物線定義即可求解.（2）設(shè)出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，進而求出直線的斜率之積，由題意可得參數(shù)之間的關(guān)系，進而求出所求直線恒過定點.【詳解】（1）由題知，則直線方程為，代入得，設(shè)，則，因為，所以，即，所以拋物線方程為.（2）由（1）知拋物線方程為，因為點的縱坐標(biāo)為，所以，設(shè)直線的方程為，設(shè)，聯(lián)立直線與拋物線，整理可得，則，①又，即，整理得，將①代入可得，即，所以或，即或，所以直線的方程為或，因為直線不過，所以直線的方程為，即，所以直線恒過點，即直線AB過定點.  【點睛】方法點睛：直線與拋物線位置關(guān)系問題，從以下幾個角度分析：（1）拋物線定義的應(yīng)用；（2）解設(shè)直線方程，盡量不要考慮斜率是否存在；（3）通過含參的方程，消去一個，轉(zhuǎn)化為交點直線系方程；（4）數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.22．已知函數(shù).(1)令，討論的極值；(2)若時，恒成立，求正實數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)見解析(2). 【分析】（1）求出的導(dǎo)數(shù)，討論其符號后可得的極值.（2）恒成立等價于恒成立，設(shè)，求出其導(dǎo)數(shù)后就、分類討論導(dǎo)數(shù)的符號后可求參數(shù)的取值范圍.【詳解】（1），則，若，則，此時無極值；若，由得；由得；則在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，故在處取極小值且極小值為，綜上，當(dāng)時，無極值；當(dāng)時，有極小值為，無極大值.（2）時，恒成立等價于恒成立，設(shè)，則，若，則，則為上的增函數(shù)，故，故恒成立.若，則當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，而，故當(dāng)時，成立，這與題設(shè)矛盾，故. 

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