2024年长春市六中高二数学4月第一学程考试卷附答案解析

2024年长春市六中高二数学4月第一学程考试卷（试卷满分150分，答题时间：120分钟）2024.04一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分）1．在本次大阅读活动中增设了“游园会”中的“学科素养展”（即学科知识竞答活动），某同学从高一年级11个学科素养展、高二年级的9个学科素养展中各选择一个学科参加，则不同的选法共有（

）．A．9种 B．11种 C．20种 D．99种2．已知函数的图象与直线相切于点，则（

）A．4 B．8 C．0 D．-83．设双曲线C的方程为，若C的一条渐近线的斜率为，则C的离心率为（

）A． B． C． D．4．数列的前n项和为（

）A． B． C． D．5．已知函数在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．6．进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为.已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（

）A．80 B．90 C．100 D．1107．在中，，，边上的中线，则的面积S为(

)A． B． C． D．8．若函数（为自然对数的底数）有两个极值点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）9．下列求导运算正确的是（

）．A． B．C． D．10．已知分别是椭圆C：的左､右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（

）A．的周长为10 B．面积的最大值为25C．的最小值为1 D．椭圆C的离心率为11．如图，此形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，.设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（

）A．B．C．D．三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分）12．甲、乙、丙三位同学去电影院看电影，每人可在《第二十条》、《飞驰人生2》、《热辣滚烫》、《周处除三害》四部电影中任选一部，则不同的选法有种．13．已知数列的前项和为，，，则.14．我们把分子，分母同时趋近于0的分式结构称为型，比如：当时，的极限即为型，两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在．早在1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造一种算法（洛必达法则），用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：，则．四、解答题（本题共5小题，共77分）15．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，求的最小值．16．如图，在三棱柱中，平面，已知，点是棱的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值;17．已知数列满足，数列是以2为首项2为公差的等差数列．(1)求和的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．18．在平面直角坐标系中，已知点，，记的轨迹为．(1)求的方程；(2)过点的直线与交于两点，，，设直线的斜率分别为．（i）若，求；（ii）证明：为定值．19．已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.1．D【分析】根据分步乘法计数原理即可解答.【详解】由题意可得：先从高一年级11个学科素养展中任选一个学科，不同的选法有11种；再从高二年级的9个学科素养展中任选一个学科，不同的选法有9种，根据分步乘法计数原理可得：不同的选法共种.故选：D.2．B【分析】根据导数的几何意义直接求解出的值，再根据点在直线上求解出的值，即可计算出结果.【详解】直线的斜率为4，直线与函数的图象相切于点，根据导数的几何意义即为切线的斜率，所以，又点在函数的图象上，同时也在切线上，所以，．则．故选：B．3．A【解析】由由渐近线方程得，结合可求得．【详解】由题意，∴．故选：A．4．C【分析】利用数列分组求和法即得.【详解】由题意得，所以.故选：C5．D【分析】由题意转化为，恒成立，参变分离后转化为，求函数的最大值，即可求解.【详解】函数的定义域是，，若函数在定义域内单调递减，即在恒成立，所以，恒成立，即设，，当时，函数取得最大值1，所以.故选：D6．C【分析】设运输成本为元，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点，从而得解；【详解】解：设运输成本为元，依题意可得，则所以当时，当时，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，所以时全程运输成本最低；故选：C7．C【分析】延长到点使，连接，根据可得面积等于的面积，利用余弦定理求出，再求出sin∠ACE，根据三角形面积公式即可求得答案．【详解】如图所示，延长到点使，连接，又∵，∴(SAS)，∴的面积等于的面积．在中，由余弦定理得，又，则，∴．故选：C．8．A【分析】对函数求导，根据题意可知有两个不相等的实根，然后常变量分离，得到，对函数进行求导，判断其单调性、最值，结合的正负性，画出函数的图象，根据两个函数有两个交点，求出实数的取值范围即可.【详解】由题意，函数，则，要使得函数有两个极值点，则有两个不相等的实根，得到方程，即与的图象有2个交点，因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增，因此，当时，，当时，,函数图象如下图所示：所以当是满足函数与的图象有2个交点，即函数有两个极值点.故选：A【点睛】本题考查了已知函数极值点的个数求参数取值范围问题，考查了常变量分离法、构造函数法，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数形结合思想和数学运算能力.9．BC【分析】直接利用导数的四则运算即可判断.【详解】因为，故A不正确；因为，故B正确；因为，故C正确；因为，故D不正确；故选：BC.10．AD【分析】由方程可得，结合椭圆性质逐项分析判断.【详解】由题意可知：，则，，对于选项A：的周长为，故A正确；对于选项B：当P为短轴顶点时，面积取到最大值为，故B错误；对于选项C：的最小值为，此时P为长轴顶点，但本题取不到长轴顶点，故没有最小值，故C错误；对于选项D：椭圆C的离心率为，故D正确；故选：AD.11．ACD【分析】根据由累加法可得，进而结合选项可判断A.B.C,根据裂项相消法则可判断D.【详解】由题意得，，，，…，，以上个式子累加可得，又满足上式，所以，由已知，，，，，得,故正确;因为,则,故错误;由通项公式得,故正确；由，得，故D正确.故选：.12．64【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.【详解】易知每个人都有四种选法，故不同的选法有种.故答案为：6413．【分析】结合等比数列求和公式，利用分组求和即可求解.【详解】根据题意，可得，，…，，所以.故答案为：14．2【分析】根据题设对分子、分母分别求导再求极限即得.【详解】由题可得.故答案为：2.15．(1)(2)【分析】（1）依据题意求出切点，结合导数的几何意义得到斜率，最后得到切线方程即可.（2）利用导数得到函数的单调性，进而求出函数最小值即可.【详解】（1）易知，故切点为，设切线斜率为，而，故，故切线方程为.即曲线在点处的切线方程为.（2）由题意得，而，易知的定义域为，令，，令，，故在单调递减，在单调递增，则最小值为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明，来证明平面；（2）以为轴建立空间直角坐标系，运用向量法求解平面与平面夹角的正弦值;【详解】（1）在中，因为，由余弦定理知，得到，所以，故，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面.（2）如图所示，以为轴建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，，，又点是棱的中点，所以，设平面的法向量为，，，由，得到，取，，得到，设平面的法向量为，，，由，得到，取，，得到，平面与平面夹角的平面角为锐角，故余弦值为，所以正弦值为17．(1)，(2)【分析】（1）根据递推关系即可求出的通项，利用等差数列的通项公式即可求出的通项；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）由①，当时，，当时，②，由①②得，所以，当时，上式也成立，所以，因为是以2为首项2为公差的等差数列，所以；（2），则，，两式相减得，所以.18．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）根据椭圆的定义可判断所求轨迹为椭圆，继而求得方程即可；（2）（i）联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到结论，用坐标表示，可得其为定值，继而可求得；（ii）坐标表示后即可证明.【详解】（1）因为，根据椭圆的定义可知曲线为以为焦点的椭圆，其中，所以椭圆方程：．（2）

(i)易知直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，，，，得，则，则，，．(ii)因为，为定值．19．(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）直接由得增区间，由得减区间；（2）问题转化为对任意,恒成立，引入函数，利用导数求出的最小值即可．为此需要求出则，并令，则，确定存在时，，然后得出的极值，比较和的大小即可得．【详解】（1）由得函数，所以，令得，令得或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.（2）由，得，又，所以，即对任意,恒成立，令，则，令，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又