卷子答案网-一个不只有答案的网站2022-2023学年福建省福州市重点中学高二（下）期中联考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列求导运算正确的是( )
A. B.
C. D.
2. 导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责，已知有位科任教师负责某学习小组的名同学，每名同学由位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为( )
A. B. C. D.
3. 是双曲线上一点，，分别是双曲线左右焦点，若，则( )
A. B. C. 或 D. 以上答案均不对
4. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点( )
A. 个
B. 个
C. 个
D. 个
5. 已知从点发出的光线，经轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为( )
A. B. C. D.
6. “二十四节气”是上古农耕文明的产物，它是上古先民顺应农时，通过观察天体运行，认知一岁中时令、气候、物候等变化规律所形成的知识体系我国古代用日晷测量日影的长度，晷长即为所测量影子的长度，二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始，已知冬至日晷长为尺，芒种日晷长为尺，则一年中立春到夏至的日晷长的和为( )
A. 尺 B. 尺 C. 尺 D. 尺
7. 已知在处有极值，则( )
A. 或 B. 或 C. D.
8. 已知，是双曲线：的左、右焦点，是的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知向量，则下列命题中，正确的是( )
A. 若，，，则
B. 以，为邻边的平行四边形的面积是
C. 若，则，之间的夹角为钝角
D. 若，则，之间的夹角为锐角
10. 给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记，若在上恒成立，则称在上为凸函数，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A. B.
C. D.
11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点，则( )
A. 的离心率为 B. 的周长为
C. D.
12. 已知正方体的棱长为，点、分别是、的中点，满足，则下列说法正确的是( )
A. 点到直线的距离是
B. 点到平面的距离为
C. 平面与平面间的距离为
D. 点到直线的距离为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知为数列的前项和，若，且，则 ．
14. 已知直线和圆相交于，两点．若，则的值为 ．
15. 已知空间中三点，则点到直线的距离为 ．
16. 甲、乙、丙等人站成一排照相，要求队伍最中间只能站甲或乙，且甲与丙不相邻，则不同的站法有 种
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
设是函数的一个极值点，曲线在处的切线斜率为．
求的单调区间；
若在闭区间上的最大值为，求的值．
18. 本小题分
已知直线：，．
证明直线过定点，并求出点的坐标；
在的条件下，若直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，求直线的方程；
若直线不经过第四象限，求的取值范围．
19. 本小题分
如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，分别是，，的中点．
证明：平面；
求二面角的正弦值．
20. 本小题分
在，；，且，，成等比数列；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题．
记等差数列的公差为，前项和为，已知_____．
求的通项公式；
令，求数列的前项和．
21. 本小题分
在平面直角坐标系中，抛物线上一点的横坐标为，且点到焦点的距离为．
求抛物线的方程；
若直线：交抛物线于，两点位于对称轴异侧，且，求证：直线必过定点．
22. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
设函数，若对于任意，都有，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，A错误；
，，B错误；
，，C正确；
，，D错误．
故选：．
根据导数的公式即可得到结论．
本题主要考查导数的基本运算，比较基础．
2.【答案】
【解析】解：首先把名同学分成组，共有种不同分法，
再让名课任教师进行全排列，故不同的分配方法的种数为．
故选：．
首先把名同学平均分成组，再由名教师全排列即可得答案．
本题考查排列、组合及简单的计数问题，是基础题．
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的定义、方程和性质，注意讨论的位置，运用双曲线的性质，属于中档题和易错题．
求得双曲线的，，，由双曲线的定义，可得，求得，加以检验即可．
【解答】
解：双曲线的，，，
由双曲线的定义可得，
，可得或，
若，则在右支上，应有，
不成立；
若，则在左支上，应有，
成立．
故选B．
4.【答案】
【解析】解：结合导数的图象可知，
函数先增后减，再增，再减，
结合导数与单调性及极值关系可知，函数有个极大值点，个极小值点，
故选：．
结合图象中函数的导数的符号，利用函数极值和导数之间的关系即可得到结论．
本题主要考查函数极值的判断，利用函数极值和导数之间的关系是解决本题的关键．
5.【答案】
【解析】解：由圆的方程得：圆心为，
反射光线恰好平分圆的圆周，
反射光线经过点，
关于轴对称的点为，反射光线所在直线经过点，
反射光线所在直线方程为，即．
故选：．
由圆的方程可得圆心坐标，根据反射光线经过圆心和关于轴对称的点，可利用两点式整理得到所求直线方程．
本题主要考查了直线的一般方程，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设冬至日晷长为，小寒日晷长为，以此类推芒种日晷长为，
因此，，设从冬至日到夏至日过程中，晷长的变化量为，
所以有，立春日晷长为，
夏至的日晷长为，
所以一年中立春到夏至的日晷长的和为，
故选：．
根据等差数列的通项公式和前项和公式进行求解即可．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，，
函数在处有极值，
且，
，或，，
，时恒成立，此时函数无极值点，
，，
．
故选：．
先求解导函数，再根据极值的概念求解参数的值即可．
本题考查导数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图所示，
由题意知：，，，
可得直线的方程为：，
由，，则，
将代入直线的方程，可得，整理得：，
双曲线的离心率．
故选：．
求得直线的方程，根据题意求得点坐标，代入直线方程，即可求得双曲线的离心率．
本题考查了双曲线的几何性质，考查了数形结合思想，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，设，
，，
向量，，
则，化简得，
因为，
所以或，故A错误；
对于，由，，
知，，，
所以，
即，所以，
所以以，为邻边的平行四边形的面积，即B正确；
对于，若，则，
即，共线反向，故C错误；
对于，若，则，
此时，之间的夹角为锐角，故D正确．
故选：．
利用空间向量的垂直的坐标表示可判断，
利用平行四边形的面积与向量之间的关系可求面积判断，
根据向量的夹角与数量积之间的关系可判断．
本题主要考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，，
当时，，，
故在上不是凸函数，故A错误；
对于，在恒成立，
故在上是凸函数，故B正确；
对于，，在恒成立，
故在上是凸函数，故C正确；
对于，，，
因为，所以，所以恒成立，
故在上是凸函数，故D正确．
故选：．
根据“二阶导函数”的概念，结合导数运算公式求解即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于选项A：由题意可知，，
离心率，故选项A错误，
对于选项B：由椭圆的定义，，
的周长为，故选项B错误，
对于选项C：当点为椭圆短轴端点时，，
又，，即，
，故选项C正确，
对于选项D：由椭圆的几何性质可知，
，故选项D正确，
故选：．
由椭圆方程可求出，，根据离心率，焦点三角形周长为，可判断，的正误，当点为椭圆短轴端点时最大，由此可得的最大值为，可知C正确，根据可知D正确．
本题主要考查了椭圆的定义，以及椭圆的几何性质，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：如图，建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，
设，则，，
故A到直线的距离，故A对；
易知，
平面的一个法向量，
则点到平面的距离，故B对．，
设平面的法向量为，
则，所以
令，得，，
所以，
所以点到平面的距离，
因为平面平面，
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，
所以平面与平面间的距离为，故C错，
因为，
所以，
又，因为，
所以，
又，则，
所以点到的距离，故D错．
故选：．
建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论．
本题主要考查了利用空间向量求点、线、面之间的距离，属于中档题．
13.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了数列的周期性的应用，属于基础题．
先判断数列为周期为的周期数列，即可求出答案．
【解答】
解：，且，
，
，
，
，
，
为周期为的周期数列，
，
，
故答案为：．
14.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，属于基础题．
根据题意，分析圆的圆心，由点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，结合直线与圆相交的性质可得，计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆的圆心为，半径为；
则圆心到直线的距离，
若，则有，
故．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】解：，
，
，，
，
，
点到直线的距离为：
．
故答案为：．
利用向量法，向量的夹角公式，计算即可求解．
本题考查向量法求解点面距问题，属中档题．
16.【答案】
【解析】解：若甲站最中间，则不同的站法有种；
若乙站最中间，甲和丙站在乙的一侧，则不同的站法有种；
若乙站最中间，甲和丙站在乙的两侧，则不同的站法有种．
故总的站法有种．
故答案为：．
根据甲或乙在中间进行分类讨论，结合排列与组合的知识求得正确答案．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
17.【答案】解：，由已知得，
得，解得，．
于是，
由，得或，由，得，
可知是函数的极大值点，，符合题意，
所以的单调递增区间是和，单调递减区间是．
由知，
因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，
又，
所以的最大值为，解得．
【解析】求导后，根据求出，，再利用导数可求出单调区间；
根据中函数的单调性求出最值，结合已知的最值列式可求出结果．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】证明：整理直线的方程，得，
所以直线过直线与的交点，
联立方程组，
解得，
所以直线过定点，点的坐标为；
解：当截距为时，直线的方程为，即，
当截距不为时，设直线的方程为，
则，
解得，
直线的方程为，即，
故直线的方程为或；
当时，直线的方程为，符合题意，
当时，直线的方程为，不符合题意，
当，且时，，
所以，
解得或，
综上所述，当直线不经过第四象限时，的取值范围是．
【解析】化简方程为直线系方程的形式，组成方程组解出直线过的点；
根据题意分直线过原点、不过原点讨论，分析解决即可；
分，，，且三种情况进行讨论分析解决．
本题主要考查了直线过定点问题，考查了直线的截距式方程，属于中档题．
19.【答案】解：证明：连接，，
，分别为，中点，
且，又且，
四边形为平行四边形，且，
又为中点，且，
，，
四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面；
连接，，，，设，，
则由直四棱柱性质可知平面，
四边形为菱形，，
以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，则根据题意可得：
，，，，，
取中点，连接，则，
，，
四边形为菱形且，为等边三角形，，
又平面，平面，，
又，，平面，
平面，即平面，
为平面的一个法向量，且，
设平面的一个法向量为，
则，取，
，
，
二面角的正弦值为．
【解析】连接，，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
连接，，，，设，，以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
20.【答案】解：若选条件，，
则，解得，
；
若选条件，且，，成等比数列，
则，，解得，
；
若选条件，
当时，；
当时，．
又满足上式，
．
若选条件，
由知，
，
数列的前项和；
若选条件，由知，
，
数列的前项和．
【解析】若选条件，即可得到关于、的方程组，从而求出、，即可得解；
若选条件，依题意可得，即可求出，即可得解；
若选条件，根据，作差计算可得．
由得到的通项公式，再利用裂项相消法计算可得．
本题考查等差数列的通项公式，方程思想，根据数列的前项和求通项公式，裂项求和法，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：由题可知，点到抛物线准线的距离为，
因为抛物线的准线方程为，点的横坐标为，
所以，解得，所以抛物线的方程为；
证明：设，且，
联立消去可得，
则，且，，即，
所以，
由，得，即，
解得舍或，故直线的方程为，
所以直线必过定点．
【解析】根据题意建立关于的等式，解出即可求得抛物线方程；
设出，坐标，联立直线与抛物线方程，求得，，根据，建立等式求出，即可得出结果．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：函数的定义域为，求导得，
若，，函数在上单调递减；
若，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，函数在上单调递减；
当时，函数的减区间为，增区间为．
令，
于是，恒成立，即恒成立，
令，求导得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因此，，则有，
所以的取值范围是．
【解析】求出函数定义域，利用导数分类讨论求解的单调区间即可求解；
变形给定不等式，分离参数构造函数，求出在的最小值即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
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