2022-2023学年福建省莆田第二十五中学高二年级上册学期期中考试数学试题【含答案】

2022-2023学年福建省莆田第二十五中学高二上学期期中考试数学试题一、单选题1．是直线与直线互相平行的（

）条件A．必要而不充分 B．充分而不必要C．充要 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】求出直线与平行的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】由解得或，当时，与平行，当时，与平行，则直线与直线平行等价于或，所以是直线与直线互相平行的充分而不必要条件.故选：B2．一束光线从点处射到y轴上一点后被y轴反射，则反射光线所在直线的方程是A． B．C． D．【答案】B【解析】由反射定律得点A关于y轴的对称点，又因为B点也在直线上，根据截距式可得直线方程．【详解】由题得点关于y轴的对称点在反射光线所在的直线上，再根据点也在反射光线所在的直线上，由截距式求得反射光线所在直线的方程为，即，故选B.【点睛】本题直线方程可由两点式或截距式求出，找到点A的对称点是突破口，属于基础题．3．设数列中，（且），则（

）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据递推关系求前4项，易知数列周期为3，进而求.【详解】由已知得：，可求，∴数列周期为3，，故选：A．4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见初行行里数，请公仔细算相还”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天到达目的地.”则此人第一天走了（

）A．192里 B．148里 C．132里 D．124里【答案】A【分析】根据题意结合等比数列的前n项和公式即可得到答案.【详解】由题意可得这个人每天走的路程成等比数列，且公比，，，故，解得.故选：A．5．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由于点在圆的外部，所以，从而可求出的取值范围【详解】解：由题意得，解得，故选：C．6．点M为圆：上任意一点，直线过定点P，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先把定点P坐标求出来，，最大值为，，三点共线，且位于与之间，求解方法为连接定点与圆心的线段长加上半径即可.【详解】整理为：令，解得：，所以定点P坐标为，代入圆的方程中，，所以在圆外，因为点M为圆：上任意一点，设圆C的半径为r=2，所以的最大值应该为，由两点间距离公式：，所以的最大值为故选：B7．从1，2，3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中，是对立事件的是（

）A．① B．②④ C．③ D．①③【答案】C【分析】列举出从1~7中任取两个数根据取到数的奇偶性可共有三件事件：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，再由对立事件的定义即可得出选项.【详解】解析：③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1~7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三件事件：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，其余都不是对立事件.故选：C8．过定点A的直线与过定点的直线交于点与不重合），则面积的最大值为（

）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得.【详解】动直线化为，可知定点，动直线化为，可知定点，又所以直线与直线垂直，为交点，.则，当且仅当时，等号成立.即面积的最大值为2.故选：C.二、多选题9．下列结论错误的是（

）A．过点，的直线的倾斜角为B．若直线与直线平行，则C．直线与直线之间的距离是D．已知，，点在轴上，则的最小值是5【答案】AC【分析】对于A，即可解决；对于B，由题意得即可解决；对于C，平行线间距离公式解决即可；对于D，数形结合即可.【详解】对于A，，即，故A错误；对于B，直线与直线平行，所以，解得，故B正确；对于C，直线与直线（即）之间的距离为，故C错误；对于D，已知，，点在轴上，如图取关于轴的对称点，连接交轴于点，此时，所以的最小值是5，故D正确；故选：AC.10．口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，从中不放回的依次取出两个球，事件“取出的两球同色”，“第一次取出的是红球”，“第二次取出的是红球”，“取出的两球不同色”，下列判断中正确的（

）A．A与B相互独立. B．A与D互为对立. C．B与C互斥. D．B与D相互独立；【答案】ABD【分析】根据古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率，再根据相互独立事件的定义判断AD，根据对立事件，互斥事件的定义可判断BC.【详解】由题可得，，，，，所以，，所以A与B相互独立，B与D相互独立，故AD正确；对于B，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即A与D互为对立事件，故B正确；对于C，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，C与D可能同时发生，故C错误.故选：ABD.11．已知数列前项和为.且，(为非零常数)测下列结论中正确的是（

）A．数列为等比数列 B．时，C．当时， D．【答案】AC【分析】由已知条件求出，当时，，从而可得，进而可判断数列为等比数列，可求出，然后对各选项分析即可【详解】由，，得，时，，相减可得，又，数列为首项为，公比为的等比数列，故A正确；由A可得时，，故B错误；由A可得等价为，可得，故C正确；，，则，即D不正确；故选：AC.12．已知三条直线不能构成三角形，则实数的取值可以是（

）A． B． C． D．2【答案】ABC【分析】由已知，设出直线，先求解出直线的交点坐标，然后再分；；经过点三种情况分别计算即可完成求解.【详解】由已知，设，，，由可知，直线相交于点，直线恒过定点，因为三条直线不能构成三角形，所以；；经过点；①当时，，，所以，解得；②当时，，，所以，解得；③当经过点时，，所以实数的取值集合为.故选：ABC.三、填空题13．已知直线l经过点P（0，1）且一个方向向量为（2，1），则直线l的方程为______．【答案】【分析】根据方向向量可得直线的斜率，进而根据点斜式求解方程即可.【详解】因为直线l的一个方向向量为（2，1），所以其斜率为，所以直线l的方程为，即．故答案为：14．若点在函数的图像上，当时，则的取值范围是___________.【答案】【分析】由目标式表示在上点与所成直线的斜率范围，应用数形结合法及两点斜率公式求范围即可.【详解】由题设，表示上对应点与所成直线的斜率范围，如图，，则，，故的取值范围是.故答案为：15．袋子中有四个小球，分别写有“中､华､民､族”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“华”两个字都取到才停止.用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率，利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用代表“中､华､民､族”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________.【答案】【分析】利用古典概型的随机数法求解.【详解】由随机产生的随机数可知恰好抽取三次就停止的有，共4组随机数，所以恰好抽取三次就停止的概率约为，故答案为：16．在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是__．【答案】【分析】根据题意，将变形可得，又由基本不等式的性质可得，计算可得答案.【详解】根据题意，在各项均为正数的等比数列中，，即，∴，当且仅当，即公比为1时等号成立，故的最大值是.故答案为：.四、解答题17．已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且.（1）求直线和的交点坐标；（2）已知直线经过与的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的2倍，求的方程.【答案】（1）交点为；（2）的方程为或【分析】（1）根据两直线垂直的关系，以及直线在轴上的截距，可得方程，联立方程，可得结果.（2）利用（1）的结论，采用分类讨论的方法，可假设直线的截距式，利用（1）的结论，可得结果.【详解】（1）由直线的方程为且可得直线的斜率为：2，又在轴上的截距为，即过点所以直线方程：即，联立方程，得：，故交点为（2）依据题意可知：直线在轴上截距是在轴上的截距的2倍，且直线经过与的交点当直线原点时，方程为：当直线不过原点时，设方程为则，故方程为：，即综上所述：的方程为或【点睛】本题主要考查直线方程的求法，灵活假设直线方程，理清题意，细心计算，属中档题.18．已知直线，直线经过点且与直线平行，设直线分别与x轴，y轴交于A，B两点.(1)求点A和B的坐标；(2)若圆C经过点A和B，且圆心C在直线上，求圆C的方程.【答案】(1)，；(2).【分析】（1）由直线平行及所过的点，应用点斜式写出直线方程，进而求A、B坐标.（2）由（1）求出垂直平分线方程，并联立直线求圆心坐标，即可求圆的半径，进而写出圆C的方程.【详解】（1）由题设，的斜率为，又直线与直线平行且过，所以直线为，即，令，则；令，则.所以，.（2）由（1）可得：垂直平分线为，即，联立，可得，即，故圆的半径为，所以圆C的方程为.19．在①，；②；③，是与的等比中项，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.已知为等差数列的前项和，若________.（1）求；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）若选择条件①，由得出，根据得出，最后两式联立，即可得出结果；若选择条件②，可根据得出结果；若选择条件③，由得出，根据是与的等比中项得出，然后两式联立，通过计算即可得出结果；（2）本题首先可根据得出，然后通过裂项相消法求和即可得出结果.【详解】（1）选择条件①：设等差数列的公差为，则，解得，故；选择条件②：，当时，，即，当时，，也适合上式，故；选择条件③：设等差数列的公差为，则，解得、或、（不合题意），故.（2）因为，所以，故.【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查等差数列通项公式以及等差数列前项和公式的灵活应用，考查等比中项公式以及数列的项与其前项和之间的关系，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.20．已知△ABC中，BC边上的高所在的直线方程为，∠A的平分线所在的直线方程为y=0，点C的坐标为(1，2).（1）求点A和点B的坐标；（2）过点C作直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于点M、N，求△MON（O为坐标原点）的面积最小值及此时直线l的方程.【答案】（1），；（2）的面积最小值为4，此时直线l的方程是.【分析】（1）根据题意求出直线AB，BC的方程，再求出交点坐标即可；（2）由题意斜率存在，设直线l的方程为y-2=k(x-1)(k<0)，求出截距，表示出三角形的面积，利用均值不等式求最值.【详解】（1）因为点A在BC边上的高所在的直线x-2y+1=0上，且在∠A的平分线所在的直线y=0上，所以解方程组得A(-1，0).因为BC边上的高所在的直线方程为x-2y+1=0，所以kBC=-2，因为点C的坐标为(1，2)，所以直线BC的方程为2x+y-4=0，因为kAC=1，kAB=-kAC=-1，所以直线AB的方程为x+y+1=0，解方程组得B(5，-6)，故点A，点B的坐标分别为(-1，0)，(5，-6).（2）依题意得直线的斜率存在，设直线l的方程为y-2=k(x-1)(k<0)，则M，N(0，2-k)，所以S△MON=··(2-k)=·≥=4，当且仅当=，即时取等号，所以(S△MON)min=4，此时直线l的方程是2x+y-4=0.21．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.（Ⅰ）求甲获得冠军的概率；（Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可.（Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可.【详解】（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜.所以甲获得冠军的概率为.（Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜；甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜.所以甲与乙在决赛相遇的概率为.若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况：乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜；乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜.同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为.丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.