2023-2024学年孝感市高二数学下学期期中考试卷附答案解析

-2024学年孝感市高二数学下学期期中考试卷试卷共150分．考试时间120分钟2024.4注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.一、单项选择题：本题共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．已知直线的方程，则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．已知正整数满足，则（

）A．7 B．6 C．5 D．43．在三棱柱中，是的中点，，则（

）A． B．C． D．4．设曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（

）A．1 B． C． D．5．在数列中，，，则数列的前2024项的积为（

）A． B． C． D．6．已知直线：和圆：，圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数的值为（

）A． B． C． D．7．在空间中，经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：.用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果分别为和，则这两平面夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．8．将16个扶困助学的名额分配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校分配的名额数互不相等，则不同的分配方法种数为（

）A．42 B．78 C．90 D．84二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知公差为的等差数列是递减数列，其前项和为，且满足，则下列结论正确的是（

）A． B．C．若，则的最大值为7 D．取最大值时，10．关于函数，下列说法正确的是（

）A．函数的单调递减区间为B．函数的值域是C．当时，关于的方程有两个不同的实数解D．当时，关于的方程有两个不同的实数解11．设椭圆与双曲线（其中）的离心率分别为，，且直线与双曲线的左、右两支各交于一点，下列结论正确的有（

）A．的取值范围是 B．的取值范围是C．的取值范围是 D．的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知等比数列的前项和，则.13．除以9的余数为.14．如图，线段，在平面内，，，且，，，则，两点间的距离为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数、、依次成调和数列，则称是和的调和中项.(1)求和4的调和中项；(2)已知调和数列，，，求数列的前项和.16．已知的二项展开式只有第7项的二项式系数最大，请完成以下问题：(1)求展开式中二项式系数之和；(2)展开式中是否存在常数项，若有，请求出常数项；若没有，请说明理由；(3)求展开式中非常数项的系数之和.17．如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，，，的中点，，.(1)求证：平面；(2)求平面与直线所成角的正弦值；(3)证明：直线与平面相交.18．如图，已知椭圆（）的左，右顶点分别为，，椭圆的长轴长为4，椭圆上的点到焦点的最大距离为，为坐标原点.

(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线，与椭圆分别交于点，，其中，①证明：直线过定点，并求出定点坐标；②求面积的最大值.19．已知函数.(1)证明：恰有一个零点，且；(2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”.任取，实施如下步骤：在点处作的切线，交轴于点：在点处作的切线，交轴于点；一直继续下去，可以得到一个数列，它的各项是不同精确度的零点近似值.（i）设，求的解析式；（ii）证明：当，总有.1．C【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角.【详解】由题意得直线的斜率为：，所以倾斜角为.故C项正确.故选：C.2．C【分析】根据组合数和排列的定义化简后解方程．【详解】即为，所以，是正整数且，因此解得，故选：C．3．C【分析】依题意可得，再根据空间向量线性运算法则计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：C4．A【分析】由垂直得切线斜率，再由导数的几何意义求解．【详解】由题意题中切线的斜率为2，由，则，所以，，故选：A．5．C【分析】通过递推关系得出数列周期，利用周期可求答案.【详解】因为，所以，，，，，所以数列的周期为，且，设数列的前项的积为，.故选：C6．B【分析】由直线和圆的位置关系知，与直线距离为1的两条平行线中一条与圆相交，一条与圆相切，从而得到圆心与直线之间的距离，进而得到的值.【详解】因为圆：上恰有三个点到直线：的距离为1，所以与直线距离为1的两条平行线中一条与圆相交，一条与圆相切，又因为圆的半径为3，所以圆心到直线距离为2，即，解得.故选：B.7．A【分析】确定平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】由题意可知平面和平面的方程为和，故平面和平面的法向量分别为，故两平面夹角的余弦值为，故选：A8．D【分析】先把名额分成三组，然后再排列得各个学校的名额数．【详解】16分成三个不等的正整数的和有：，共14种，因此不同的分配种数为，故选：D．9．ABC【分析】根据递减数列的定义得，求出，再求得，然后结合数列性质判断各选项．【详解】等差数列是递减数列，则公差，A正确；由题意，∴，则，从而取最大值时，或，D错误；所以，B正确；，由得，C正确．故选：ABC．10．BC【分析】求出导函数，确定函数的单调性与极值，确定函数的变化趋势，结合函数图象确定方程根的个数问题．【详解】由已知的定义域是，，由得或，因此减区间是和，A错；得或，因此增区间是和，是极大值，是极小值，当时，，且当时，，当且时，，当且时，，当时，，的大致图象如图所示，所以的值域是，B正确，由上讨论知当时，关于的方程有两个不同的实数解，当时，关于的方程有一个实数解，C正确，D错误；故选：BC．11．ACD【分析】由题意可得，再根据椭圆和双曲线的离心率公式逐一分析判断即可.【详解】双曲线的渐近线为，直线的斜率为，因为直线与双曲线的左、右两支各交于一点，所以，又因为，所以，故，则，故A正确；，故C错误；对于D，，故D正确；对于C，，，所以，故C正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：根据题意结合只限于双曲线的位置关系得出是解决本题的关键.12．【分析】由求得数列的前三项，由前三项成等比数列求得．【详解】由已知，，，成等比数列，则，解得，此时，也适合．故答案为：，13．5【分析】将化为，利用二项式的展开式，即可求得答案.【详解】由题意得，由于中每项均为9的倍数，故除以9的余数即为77除以9的余数5，故答案为：514．4【分析】证明，由余弦定理求得，再由勾股定理求得．【详解】连接，如图，中，，，，则，所以，故答案为：4.15．(1)；(2).【分析】（1）根据新定义求解；（2）利用裂项相消法求和结合条件即得．【详解】（1）设和4的调和中项为，依题意得：，∴.（2）依题意，设公差为，所以，所以，所以，所以.16．(1)4096；(2)存在，7920；(3)-7919.【分析】（1）根据二项式展开式二项式系数的性质，确定n的值，即可求得答案；（2）根据二项式展开式的通项，令x的指数等于0，求出参数k的值，即可求得答案；（3）利用赋值法，即可求得答案.【详解】（1）由题意知的二项展开式只有第7项的二项式系数最大，故的展开式一共有13项，得；所以得展开式中二项式系数之和为；（2）由得展开式的通项为，（），令，得，即展开式存在常数项，且常数项为.（3）令得展开式中所有项的系数之和等于1，则由（2）知展开式中非常数项的系数之和为：.17．(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）首先可得，即可得到平面，由线面垂直的性质得到，再由，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得；（3）由得到与平面不平行，即可证明.【详解】（1）∵，分别是，的中点，∴，∵平面，∴平面，又平面，∴，∵，是的中点，∴，又，平面，平面，∴平面；（2）由（1）可知，，，平面，又平面，∴，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面与直线所成角为，则，故直线与平面所成角正弦值为.（3）因为，，∴，，∴与不垂直，∴与平面不平行，又平面，∴与平面相交.18．(1)(2)①证明见解析，；②.【分析】（1）由椭圆性质求得，得椭圆方程；（2）①写出直线方程，与椭圆方程联立求出的坐标，再求得直线方程后，由方程判断出定点；②设，，设的方程为：，代入椭圆方程应用韦达定理得，然后利用点坐标求得，利用函数性质得最大值．【详解】（1）∵长轴长为4，∴，椭圆上的点到点的最大距离为，∴，∴.∴∴椭圆的方程为：.

（2）①证明：由（1）得，，直线，的方程分别为，，由得∴，可得，∴，由得∴，可得，∴，∴，直线的方程为：，即.可得直线过定点.②设的方程为：，由得，设，，则，，，令，（），，由，且函数在递增，∴时，取得最大值.【点睛】方法点睛：椭圆中最值问题，一般设交点坐标为，设出直线方程为（或），代入椭圆方程应用韦达定理得（或）然后用两交点坐标表示出要求最值的量，如本题中三角形面积，转化为关于其中某个参数（两个参数时需要由条件寻找参数间关系）的函数，然后由函数的性质或不等式的知识求得最值．19．(1)证明见解析(2)，证明见解析【分析】（1）根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；（2）（i）由导数的几何意义得曲线在处的切线方程为，进而得；（ii）令，进而构造函数，结合函数单调性证明，再根据，证明即可得答案．【详解】（1），定义域为，所以，在上恒成立，所以函数在上单调递增，因为，，所以，存在唯一，使得，即：有唯一零点，且；（2）（i）由（1）知，所以，曲线在处的切线斜率为，所以，曲线在处的切线方程为，即，令得，所以，切线与轴的交点，即，所以，；证明：（ii）对任意的，由（i）知，曲线在,处的切线方程为：，故令，令，所以，，所以，当时，，单调递增，当,时，，单调递减，所以，恒有，即恒成立，当且仅当时等号成立，另一方面，由（i）知，，且当时，，（若，则，故任意，显然矛盾），因为是的零点，所以，因为为单调