2022-2023學年福建福州屏東中學高二下學期期中考試數學試題一、單選題1．已知{}是等差數列，且，則=（

）A．2 B．0 C． D．【答案】B【分析】根據等差數列基本量的計算即可求解.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，由，即，解得.所以，所以.故選：B2．過點且與直線平行的直線方程是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】設所求直線方程為，將點的坐標代入所求直線方程，求出的值，即可得解.【詳解】設過點且與直線平行的直線方程是，將點的坐標代入直線的方程得，解得，故所求直線方程為，即.故選：A.3．設R，向量=()，=，=，且，，則||=（

）A． B．3 C．3 D．9【答案】A【分析】根據空間向量平行垂直條件求出參數，再根據模長公式計算即可.【詳解】∵，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，∴．故選：A4．2023年賀歲檔共有七部電影，根據貓眼專業(yè)版數據顯示，截止到2023年1月29日13時，2023年度大盤票房（含預售）突破了90億元大關．其中歷史題材的輕喜劇《滿江紅》位列第一，總票房已經達到了30億+，科幻題材的《流浪地球2》也擁有近25億元的票房，現(xiàn)有編號為1，2，3，4的4張電影票，要分給甲?乙兩個人，每人至少分得一張，那么不同分法種數為（

）A．10 B．14 C．16 D．12【答案】B【分析】根據題目要求分“甲3張乙1張”，“甲2張乙2張”，“甲1張乙3張”三類，分別計算出每類的種數再由分類加法計數原理即可求解.【詳解】符合題目要求的分類方法共：“甲3張乙1張”，“甲2張乙2張”，“甲1張乙3張”，三類①“甲3張乙1張”的基本事件為：甲123乙4；甲124乙3，甲134乙2，甲234乙1，共4種；②“甲2張乙2張”的基本事件為：甲12乙34；甲13乙24，甲14乙23，甲23乙14，甲24乙13，甲34乙12，共6種；③“甲1張乙3張”的基本事件為：乙123甲4；乙124甲3，乙134甲2，乙234甲1，共4種；所以不同分法總數為：種.故選：B．5．數列的前項和為，，則（

）A．32 B．16 C．15 D．8【答案】B【分析】首先利用公式，判斷數列是等比數列，再利用等比數列求.【詳解】因為，所以時，，所以，整理得，，又所以是以1為首項，2為公比的等比數列，所以．故選：B6．展開式中，的系數為（）A． B．320 C． D．240【答案】A【分析】根據二項式的通項公式進行求解即可.【詳解】因為，所以通項公式為：，令，所以，設二項式的通項公式為：，令，所以，因此項的系數為：，故選：A.7．已知點，橢圓的右焦點為，點為橢圓上的動點，若周長的最大值為14，則的標準方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據橢圓的定義，結合兩點間距離公式、兩點間線段最短進行求解即可.【詳解】設橢圓的左焦點為，則，的周長為，所以，則，所以橢圓的標準方程為，故選：D8．若定義在R上的函數滿足，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】構造函數，根據題意，求得其單調性，利用函數單調性解不等式即可.【詳解】構造函數，則，故在上單調遞減；又，故可得，則，即，解得，故不等式解集為.故選：B.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性，以及利用函數單調性求解不等式，解決本題的關鍵是根據題意構造函數，屬中檔題.二、多選題9．已知雙曲線的左?右焦點分別為，離心率為2，P為C上一點，則（

）A．雙曲線C的實軸長為2 B．雙曲線C的一條漸近線方程為C． D．雙曲線C的焦距為4【答案】ABD【分析】根據雙曲線的定義與方程，結合雙曲線的性質對每個選項進行判斷即可【詳解】由雙曲線方程知：，離心率為，解得，故雙曲線，對于A，實半軸長為1，實軸長為，A正確；對于B，由雙曲線方程可得漸近線方程為，故一條漸近線方程為，B正確；對于C，由于可能在的不同分支上，則根據定義有，C錯誤；對于D，焦距為正確.故選：ABD.10．在正方體中，設，則（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】結合圖象，利用去表示4個選項中所涉及到的向量，且兩兩垂直，借助數量積的運算法則得到答案.【詳解】A：，正確；B：，連接，則，故，正確；C：，又兩兩垂直，故，錯誤；D：，正確．故選：ABD11．定義“等積數列”：在一個數列中，如果每一項與它的后一項的積都為同一個常數，那么這個數列叫做等積數列，這個常數叫做該數列的公積，已知數列是等積數列，且，前項的和為，則下列結論不正確的是（

）A． B． C．公積為 D．【答案】AB【分析】由題可知，對任意的，（為常數），推導出，結合定義可得出，再結合已知條件求出的值，逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】由題可知，對任意的，（為常數），若，則，可得，的值未知，則的值不一定為，故，則對任意的，，所以，，故，A對；因為，則，所以，，解得，C錯；，B對；，D錯.故選：AB.12．已知函數，則以下結論正確的是（

）A．函數存在極大值和極小值B．C．函數只有1個零點D．對于任意實數k，方程最多有4個實數解【答案】BC【分析】利用導數求出單調性可判斷AC，根據單調性判斷B，轉化為，交點問題，數形結合判斷D.【詳解】由得：，由得：，由得：，所以在單調遞減，在單調遞增，只有極小值，無極大值，當恒有，當恒有，且，故A不正確，C正確：B：在單調遞增，又，故，故正確；D：方程，即有一根為，令．則，令得：或，令得：，所以在和單調遞增，在單調遞減，，作出，的圖形如圖所示：所以存在時有3個實數解，此時有4個實數解，故D錯誤.故選：BC.三、填空題13．由1，2，3，4，5，6組成沒有重復數字且1與2不相鄰的六位數，可以組成________個．【答案】480【分析】先排3，4，5，6，再用插空法和分步計數原理即可得到答案.【詳解】因為數字1與2不相鄰，故可用插空法．第一步，先排數字3，4，5，6，有種不同排法，每種排法留出五個空位；第二步，再將1，2插入五個空位，有種排法．所以由分步計數原理可知共有（種）不同排法．故答案為：480.14．函數的導函數為，若，則______.【答案】2【分析】可以求出導函數，代入可得．【詳解】由，得，得.故答案為：2.15．如圖，矩形的一邊在軸上，另外兩個頂點在函數的圖像上.若點的坐標為，記矩形的周長為，則_______.【答案】216【分析】由的坐標得出矩形的周長，進而得出.【詳解】由題意，在函數的圖像上，若點坐標為的縱坐標為的橫坐標為，所以矩形的一條邊長為，另一條邊長為，所以矩形的周長為，故答案為：21616．設雙曲線的左、右焦點分別為，，B為雙曲線E上在第一象限內的點，線段與雙曲線E相交于另一點A，AB的中點為M，且，若，則雙曲線E的離心率為________．【答案】【分析】由且M為AB的中點，則,設，根據雙曲線的定義可求出的值，然后在直角三角形中由勾股定理可得出答案.【詳解】由，，則在直角三角形中，由且M為AB的中點，則,連接設，則由雙曲線的定義可得：由上兩式聯(lián)立解得：在直角三角形中，,即即，故故答案為：四、解答題17．設函數，且滿足，．(1)求實數的值；(2)求函數的極值．【答案】(1)1(2)極大值，極小值【分析】（1）求導數，由，列方程組求實數的值；（2）利用導數研究函數單調性，找到極值點計算極值.【詳解】（1），則，，解得，，實數的值為1.（2）由（1）得，函數定義域為R，，，解得或；，解得，則在和上單調遞增，在上單調遞減，時，有極大值；時，有極小值.18．已知在的展開式中，第2項與第8項的二項式系數相等.(1)求展開式中二項式系數最大的項；(2)求展開式中的常數項.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據題目條件先求出，再根據二項式系數的性質求出結果；（2），結合（1）中的結果，求出的常數項和的系數即可.【詳解】（1）依題意得，，解得，根據二項式系數的性質最大，于是展開式中系數最大的項為：.（2），展開式的常數項為：，展開式的的系數為：，于是展開式的常數項為：19．如圖，直四棱柱的底面為正方形，P，O分別是上、下底面的中心，E是的中點，．(1)當時，求直線與平面所成角的正弦值；(2)當k取何值時，O在平面內的射影恰好為的重心．【答案】(1)(2)【分析】（1）當時，求直線的方向向量與平面的法向量，求兩向量的夾角余弦，可得直線與平面所成角的正弦值；（2）設的重心為，由已知可得與平面法向量平行，列方程求k值.【詳解】（1）因為，所以以點為原點，以為軸正方向建立空間直角坐標系，設，則，所以，所以，，，設平面的法向量為，則，所以，取，則，所以為平面的一個法向量，當時，為平面的一個法向量，又，，所以，所以，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為；（2）設的重心為，取線段的中點為，則，，所以，所以，由（1）知為平面的一個法向量，因為O在平面內的射影恰好為的重心，所以，所以，所以.20．已知等差數列的公差，，其前項和為，且______．在①，，成等比數列；②；③這三個條件中任選一個，補充在橫線上，并回答下列問題．(1)求數列的通項公式；(2)若數列滿足，求數列的前項和．注：如果選擇多個條件分別解答，那么按第一個解答計分．【答案】(1)(2)【分析】（1）條件①：利用等比中項列式性質列式計算求出公差；條件②利用等差數列前項和公式列式計算；條件③利用因式分解求出公差即可.（2）對項數進行分類，利用分組求和求出前項和.【詳解】（1）若選擇條件①．因為，，成等比數列，所以，，整理得，又，解得，所以數列的通項公式為．若選擇條件②．因為，所以，，解得，所以數列的通項公式為，若選擇條件③．因為，所以，即，因為，，所以，所以，則數列的通項公式為（2）解法一：解法二：21．已知橢圓的離心率為，短軸長為2.(1)求橢圓的標準方程；(2)點，斜率為k的直線l不過點，且與橢圓交于A，B兩點，(O為坐標原點).直線l是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，說明理由.【答案】(1)；(2)過定點，.【分析】（1）根據已知條件列方程即可解得值，方程可求解；（2）設直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程結合韋達定理得關系，又得，代入坐標化簡即可求解.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）設直線的方程為，，聯(lián)立整理得，則，即又，因為，所以，所以所以，即整理得，即，此時則直線的方程為，故直線過定點.22．已知函數.(1)討論的單調性；(2)若有兩個零點，求的取值范圍.【答案】(1)答案見解析；(2)【分析】（1）根據題意，分和兩種情況討論求解即可；（2）參變分離，構造函數，求導研究函數圖像的單調性及極值，最值情況，求出的取值范圍.【詳解】（1）解：函數的定義域為，，所以，當時，恒成立，在上單調遞增；當時，得，

故當時，，單調遞減，

當時，，單調遞增，綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）解：定義域為，有兩個零點