首页
登录
字典
词典
成语
近反义词
字帖打印
造句
组词
古诗
谜语
书法
文言文
歇后语
三字经
百家姓
单词
翻译
会员
投稿
首页
同步备课
小学
初中
高中
中职
试卷
小升初
中考
高考
职考
专题
文库资源
您的位置:
首页
>
试卷
>
高中
>
数学
>
福建省福州市五校联考2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题(Word版附解析)
福建省福州市五校联考2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题(Word版附解析)
资源预览
文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。
侵权申诉
举报
1
/23
2
/23
剩余21页未读,
查看更多内容需下载
充值会员,即可免费下载
文档下载
2022-2023学年第二学期期中考试高二年级数学试卷一、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.直线倾斜角为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先由直线方程求出直线的斜率,再由斜率与倾斜角的关系可求得答案【详解】解:由直线得其斜率为,设直线的倾斜角为(),则,所以,所以直线的倾斜角为,故选:D【点睛】此题考查直线的斜率与倾斜角的关系,属于基础题2.已知直线,,则下列结论正确的是()A.直线过定点B.当时,C.当时,D.当时,两直线、之间的距离为【答案】B【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标,可判断A选项;根据两直线垂直求出的值,可判断B选项;根据两直线平行求出实数的值,可判断C选项;根据平行线间的距离公式可判断D选项. 【详解】对于A选项,由可得,所以,直线过定点,A错;对于B选项,当时,,解得,B对;对于C选项,当时,,解得,C错;对于D选项,当时,,直线的方程为,即,直线的方程为,此时,直线、之间的距离为,D错.故选:B.3.已知是等比数列的前项和,若存在,满足,则数列的公比为()A.B.2C.D.3【答案】B【解析】【分析】根据,解关于的方程,注意还是的讨论,代入公式即可求解.【详解】设数列的公比为,若,则,与题中条件矛盾,故.故选:B【点睛】注意公式应用的前提,以及题中没有说明的取值时,要考虑是否为1. 4.四棱锥中,底面ABCD是平行四边形,点E为棱PC的中点,若,则等于()A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】运用向量的线性运用表示向量,对照系数,求得,代入可得选项.【详解】因为,所以,所以,所以,解得,所以,故选:B.5.从0,1,2,3,4,5,6七个数字中取四个不同的数组成被5整除的四位数,这样的四位数的个数有()A.260B.240C.220D.200【答案】C【解析】【分析】根据题意分类讨论个位是0和5情况即可.【详解】当个位是0时,共有种情况;当个位是5时,首位有5种情况,十位和百位有种情况,共有100种情况.综上共有种故选:C6.已知函数的导函数是,若,则下列结论正确的是() A.B.在上单调递减C.为函数的极大值点D.曲线在处切线为【答案】D【解析】【分析】求导,令,即可求得,从而可判断A;根据导数的符号求出函数的单调区间,即可判断B;根据极值点的定义即可判断C;根据导数的几何意义即可判断D.【详解】由,得,则,所以,所以,则,故A错误;,当或时,,当时,,所以函数在和上递减,在上递增,故B错误;为函数的极小值点,为函数的极大值点,故C错误;,则曲线在处切线为,即,故D正确.故选:D.7.已知,是双曲线(,)的左、右焦点,点关于渐近线的对称点恰好落在以为圆心,为半径的圆上,则该双曲线的离心率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求解F1到渐近线的距离,结合OA∥F2M,可得∠F1MF2为直角,结合勾股定理可得解 【详解】由题意,F1(−c,0),F2(c,0),设一条渐近线方程为y=x,则F1到渐近线的距离为.设F1关于渐近线的对称点为M,F1M与渐近线交于A,∴|MF1|=2b,A为F1M的中点,又O是F1F2的中点,∴OA∥F2M,∴∠F1MF2为直角,∴△MF1F2为直角三角形,∴由勾股定理得4c2=c2+4b2∴3c2=4(c2−a2),∴c2=4a2,∴c=2a,∴e=2.故选:C8.已知函数所有极小值点从小到大排列成数列,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数求出函数的极小值点,可得出,再利用诱导公式可求得的值.【详解】因为,则,由,即,可得,由,即,可得,所以,函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以,函数的极小值点为,将函数所有极小值点从小到大排列成数列,则,,易知数列为等差数列,且数列的公差为,则, 因此,,故选: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,有多个选项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.等差数列中,为的前n项和,则下列结论正确的是()A.若,则B.若,则C.若,且,则取得最大值时,或D.必为等差数列【答案】AD【解析】【分析】根据等差数列的性质即可判断A;根据等差数列前项和公式即可判断B;由,且,得出及时的范围,即可判断C;根据等差数列前项和公式结合等差数列的定义即可判断D.【详解】对于A,在等差数列中,因为,所以,则,则,故A正确;对于B,若,则,故B错误;对于C,设公差为,由,得,则,又因,所以,则当时,,当时,,所以当或时,取得最大值,故C错误; 对于D,,则,因为,所以必为等差数列,故D正确.故选:AD.10.椭圆的左右两焦点分别为,点P为椭圆上的一点,点P与原点O连线与椭圆交于Q,则下列结论正确的是()A.若轴,则B.四边形周长为8C.点P到点最小距离1D.至少存在一点P使【答案】BC【解析】【分析】A选项,先代入,求出,进而由椭圆定义求出;B选项,由椭圆定义求出四边形周长;C选项,设出,,表达出,结合的取值范围,得到最小值;D选项,写出以为直径的圆的方程,联立椭圆方程,由根的个数判断点P的个数.【详解】A选项,由题意得,中,令得,故,由椭圆定义可知,所以,A错误;B选项,由椭圆的定义可知,,故四边形周长为,B正确;C选项,设,,则,, 因为,所以当时,取得最小值,最小值为,故点P到点最小距离为1,C正确;D选项,以为直径圆的方程为,将与联立得,无解,故不存在一点P使,D错误.故选:BC11.抛物线焦点为,下列结论正确的是()A.过焦点的直线交抛物线于、,若,则弦的中点到轴距离为B.、、为抛物线上三点,若是的重心,则的值为C.若为抛物线上一点,,则D.若,为抛物线上一点,则的最小值为【答案】BC【解析】【分析】利用抛物线的半径公式可判断AB选项;利用抛物线的焦半径公式结合两点间的距离公式可判断C选项;利用抛物线的定义以及数形结合思想可判断D选项.【详解】设点、、,易知点,抛物线的准线为.对于A选项,,则,所以,弦的中点到轴距离为,A错;对于B选项,、、为抛物线上三点,若是的重心,则,所以,,B对;对于C选项,设点,则,可得,则,所以,,C对;对于D选项,过点作,垂足为点,由抛物线的定义可得,所以,, 当、、三点共线,即当时,取得最小值,且其最小值为,D错.故选:BC.12.已知函数为定义在上的奇函数,若当时,,且,则()A.B.当时,C.D.不等式解集为【答案】CD【解析】【分析】构造函数,其中,分析函数的奇偶性与单调性,利用函数的单调性与奇偶性可判断AC选项;取可判断B选项;分、解不等式,可判断D选项.【详解】构造函数,其中,因为函数为定义在上的奇函数,则,所以,,故函数为偶函数, 当时,,所以,函数在上单调递增,在上单调递减,因为,则,则.对于A选项,,即,所以,,A错;对于B选项,不妨取,则,即,此时,B错;对于C选项,因为偶函数在上单调递减,则,即,整理可得,C对;对于D选项,当时,由可得,解得,当时,由可得,解得.综上所述,不等式解集为,D对.故选:CD.【点睛】结论点睛:四种常用的导数构造法:(1)对于不等式(或),构造函数;(2)对于不等式(或),构造函数;(3)对于不等式(或)(其中为常数且),构造函数;(4)对于不等式(或)(其中为常数),构造函数.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答题卡上)13.直线的方向向量坐标可以是____________(只需写出一个满足条件的一个向量)【答案】(只需满足即可)【解析】 【分析】计算出直线的斜率,可写出该直线的一个方向向量坐标.【详解】直线的斜率为,所以,直线的方向向量坐标可以为.故答案为:(只需满足即可).14.五个学生(含甲、乙、丙)排成一排,甲与乙必须相邻,甲与丙不能相邻,则不同的排法种数有______.(用数字作答)【答案】【解析】【分析】先考虑甲、乙相邻的排法种数,再考虑甲与乙相邻,且与丙相邻的排法种数,将“甲、乙相邻”的排法种数减去“甲与乙相邻,且与丙相邻”的排法种数即可得出答案.【详解】将甲与乙捆绑,形成一个“大元素”,与其他学生进行排序,不同的排法种数为,若甲与乙相邻,且与丙相邻,则将甲、乙、丙三人捆绑,其中甲在中间,再将这个“大元素”与其他学生排序,不同的排法种数为.因此,五个学生(含甲、乙、丙)排成一排,甲与乙必须相邻,甲与丙不能相邻,则不同的排法种数为.故答案为:.15.直线与曲线恰有2个公共点,则实数的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】画出直线与曲线的图象,结合图象可得答案.【详解】由曲线得,当时;当时;直线恒过点,所以直线与曲线的图象为 当直线与相切时,此时,得,解得,当直线与平行时,,直线与曲线要恰有2个公共点,可得,故答案为:.16.法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理:如果函数满足如下两个条件:(1)其图象在闭区间上是连续不断的;(2)在区间上都有导数.则在区间上至少存在一个数,使得,其中称为拉格朗日中值.函数在区间上的拉格朗日中值________.【答案】【解析】【分析】先求得导函数,结合拉格朗日中值的定义,可得,进而求得的值即可.【详解】,则 由拉格朗日中值的定义可知,函数在区间上的拉格朗日中值满足,所以所以,即,则故答案为:四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤)17.已知圆C经过点A(2,-1),和直线x+y=1相切,且圆心在直线y=-2x上.(1)求圆C的方程;(2)已知直线l经过原点,并且被圆C截得的弦长为2,求直线l的方程【答案】(1);(2)x=0或3x+4y=0.【解析】【分析】(1)由条件可知圆心的坐标为,再根据条件转化为关于的方程,根据圆的圆心和半径写出圆的标准方程;(2)分斜率不存在和斜率存在两种情况讨论,利用弦长公式可知圆心到直线的距离是1,求直线方程.【小问1详解】设圆心的坐标为C(a,-2a),则=.化简,得a2-2a+1=0,解得a=1.所以C点坐标为(1,-2),半径r=|AC|==.故圆C的方程为.【小问2详解】①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,此时直线l被圆C截得的弦长为2,满足条件.②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx, 由题意得,解得,∴直线l的方程为,即3x+4y=0.综上所述,直线l的方程为x=0或3x+4y=0.18.(1)二项式展开式中所有二项式系数和为64,求其展开式中含项的系数.(2)已知.分别求和的值.【答案】(1)-2500;(2),【解析】【分析】(1)由二项式系数和得到,得到展开式的通项公式,求出展开式中含项的系数;(2)赋值法求出的值,再利用展开式的通项公式求出的值.【详解】(1)由题意得,解得,故展开式的通项公式为,令得,,故,故其展开式中含项的系数为;(2)中,令得,令得,①令得,②②+①得,又,故,的展开式通项公式为,当得,令得, 故中含的项为,所以.19.已知在公差不为零的等差数列中,,是与的等比中项,数列的前n项和为,满足(1)求数列与的通项公式;(2)求数列的前n项和.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)设出公差,根据等比中项列出方程,求出公差,得到通项公式,并根据得到为公比为2的等比数列,求出通项公式;(2)在(1)基础上,利用错位相减法求出和.【小问1详解】由题意得,设公差为,又,所以,解得或0,因为公差不等于0,所以,故;①中,当得,解得,当时,②,①-②得,即,中,当时,,解得,满足,故为公比为2的等比数列,故;【小问2详解】, ,故,两式相减得,解得.20.四棱锥中,侧面底面,,底面是直角梯形,,,,.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值;(3)侧棱上是否存在异于端点的一点,使得二面角的余弦值为,若存在,求的值,若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在,且【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质推导出平面,可得出,利用勾股定理推导出,再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立;(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值;(3)设,其中,利用空间向量法可得出关于的等式,结合可求得的值,即可得出结论. 【小问1详解】证明:因为平面平面,平面平面,平面,,所以,平面,因为平面,所以,,取的中点,连接,在直角梯形中,,,,,因为为的中点,则,且,所以,四边形为正方形,所以,,且,所以,,,因为,所以,,故,因为,、平面,所以,平面.【小问2详解】解:因为平面,,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则、、、、,由(1)知平面,所以,平面的一个法向量为,因为,则,所以,直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】解:设,其中,则,, 设平面的法向量为,则,取,可得,因为二面角的余弦值为,则,整理可得,因为,解得,且当时,由图可知,二面角为锐角,因此,侧棱上存在异于端点的一点,使得二面角的余弦值为,且.21.已知函数.(1)求曲线在处的切线方程;(2)求函数的单调区间和极值;(3)若不等式在上恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)答案见解析(3)【解析】【分析】(1)求出、的值,利用导数的几何意义可求得曲线在处的切线方程;(2)利用导数分析函数的单调性,可求得函数的增区间、减区间以及极大值、极小值;(3)当时,由结合参变量分离法可得,令,其中,利用导数求出函数的最大值,即可得出实数的取值范围.【小问1详解】解:因为,则,所以,,,所以,曲线在处的切线方程为, 即.【小问2详解】解:,该函数的定义域为,则,列表如下:增极大值减极小值增所以,函数的增区间为、,减区间为,函数的极大值为,极小值为.【小问3详解】解:当时,由可得,令,其中,则,由可得,由可得,所以,函数的增区间为,减区间为,所以,,所以,,故实数的取值范围是.22.已知椭圆过点,分别为椭圆C的左、右焦点,且.(1)求椭圆C的标准方程;(2)点M,N是椭圆C上与点P不重合的两点,且以MN为直径的圆过点P,若直线MN过定点,求出该定点;若不过定点,请说明理由. 【答案】(1)(2)直线MN过定点,该定点坐标为【解析】【分析】(1)先根据椭圆定义得到,结合椭圆所过定点得到椭圆方程;(2)考虑直线MN的斜率不存在时,由求出,再考虑直线MN的斜率存在时,设出直线MN的方程,与椭圆方程联立后,得到两根之和,两根之积,由,得到或,去掉不合要求的情况,得到直线MN过定点,其中直线MN的斜率不存在时也满足要求.【小问1详解】由椭圆定义可知:,解得,将代入椭圆方程得,解得,故椭圆C的标准方程为;【小问2详解】当直线MN的斜率不存在时,设,则,因为以MN为直径的圆过点,则,因为,故,解得或,因为M,N是椭圆C上与点P不重合的两点,所以,故,故此时直线MN的方程为,当直线MN的斜率存在时,设方程为,与联立后,得到, 设,则,其中,,则,即,整理得,即,解得或,当时,,即,此时直线MN过定点,此时与点P重合,不合要求,当时,,即,此时直线MN过定点,显然当直线MN的斜率不存在,直线也过定点,满足要求,综上,直线MN过定点,该定点坐标为.【点睛】处理定点问题的思路:(1)确定题目中的核心变量(此处设为),(2)利用条件找到与过定点的曲线的联系,得到有关与的等式,(3)所谓定点,是指存在一个特殊的点,使得无论的值如何变化,等式恒成立,此时要将关于与的等式进行变形,直至找到,①若等式的形式为整式,则考虑将含的式子归为一组,变形为“”的形式,让括号中式子等于0,求出定点; ②若等式的形式是分式,一方面可考虑让分子等于0,一方面考虑分子和分母为倍数关系,可消去变为常数.
版权提示
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)
其他相关资源
福建省福州市八县(市)协作校2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题(Word版附解析)
江西省五市九校2022-2023学年高二历史下学期开学摸底联考试题(Word版附解析)
上海市五校2022-2023学年高二数学下学期3月联考试题(Word版附解析)
湖北省五校2022-2023学年高二物理下学期4月联考试题(Word版附解析)
安徽省十校联考2022-2023学年高二历史下学期中考试试题(Word版附解析)
安徽省十校联考2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题(Word版附解析)
福建省福州市八县(市)2022-2023学年高二数学上学期期末联考试题(Word版附解析)
福建省2022-2023学年高二数学下学期质优生筑梦联考试题(Word版附解析)
福建省福州市八县(市)协作校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题(Word版附解析)
福建省福州市八县(市)协作校2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题(Word版附解析)
文档下载
收藏
所属:
高中 - 数学
发布时间:2023-08-10 05:15:01
页数:23
价格:¥2
大小:1.42 MB
文章作者:随遇而安
分享到:
|
报错
推荐好文
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
推荐特供
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编版六年级道德与法治教学计划
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
高一上学期语文教师工作计划
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
小学一年级语文教师工作计划
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划