2023-2024学年信阳市浉河区高二数学下学期4月检测试卷附答案解析

2023-2024学年信阳市浉河区高二数学下学期4月检测试卷(试卷满分150分,考试时间120分钟)2024.04一、单选题1．已知某质点运动的位移（单位；）与时间（单位；）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（

）A． B． C．2 D．42．已知等差数列的前n项和，若，则（

）A．150 B．160 C．170 D．1803．设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（

）A．有三个极值点 B．为函数的极大值C．有一个极大值 D．为的极小值4．将展开式中的项重新排列，则的次数为整数的项互不相邻的排法的种数为（

）A．24 B．36 C．144 D．5765．如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（

）

A． B． C．4 D．26．1640年法国数学家费马提出了猜想：是质数，我们称为“费马数”.设，若，则（

）A．7 B．8 C．9 D．107．已知函数.若过点可以作曲线三条切线，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．已知二次函数有两个不相等的实根，其中．在函数图像上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与x轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列，记，且，下列说法正确的是（

）A． B．C．数列是等差数列 D．数列的前n项和二、多选题9．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（

）A．B．C．事件B与事件相互独立D．是两两互斥的事件10．已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，两曲线有公共焦点，，P是椭圆与双曲线的一个公共点，，以下结论正确的是（

）A． B．C． D．的最小值为11．已知，其图像上能找到A、B两个不同点关于原点对称，则称A、B为函数的一对“友好点”，下列说法正确的是（

）A．可能有三对“友好点”B．若，则有两对“友好点”C．若仅有一对“友好点”，则D．当时，对任意的，总是存在使得三、填空题12．已知正项数列前n项和为，若，，，则的值为.13．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中直线与平面所成角的正弦值为．14．定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”，若“黄金椭圆”两个焦点分别为、，为椭圆上的异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则.四、解答题15．在探究的展开式的二项式系数性质时.我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图1），小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按x的降幂排列，将各项系数列表如下（如图2）.上表图2中第n行的第m个数用表示，即“展开式中的系数为.(1)类比二项式系数性质表示（无需证明）；(2)类比二项式系数求和方法求出三项式展开式中x的奇次项系数之和.16．已知数列的各项均为正数，前项和为，且满足．(1)求；(2)设，设数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围．17．如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形沿翻折，使得二面角的大小为，如图2所示，设N为的中点.

(1)证明：；(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的余弦值为.18．已知双曲线的右焦点为，左､右顶点分别为，且为上不与重合的一点，直线的斜率之积为3.(1)求双曲线的方程；(2)平面一点且不在上，过的两条直线分别交的右支于两点和两点，若四点在同一圆上，求直线的斜率与直线的斜率之和.19．已知函数．(1)若恒成立，求实数a的取值集合；(2)求证：对，都有．1．B【分析】对求导得，从而可求质点在时的瞬时速度.【详解】因为，所以，所以该质点在时的瞬时速度为.故选：B.2．B【分析】根据等差数列的性质计算出，再利用求和公式变形得到答案.【详解】因为为等差数列，所以，因为，所以，.故选：B3．C【分析】根据x的正负以及的正负，判断的正负，得到单调性并可得到极值点.【详解】解：，并结合其图象，可得到如下情况，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；∴在取得极小值，在处取得极大值，只有两个极值点，故A、B、D错，C正确；故选:C.4．C【分析】首先写出展开式的通项，即可判断的次数为整数的项有个，再利用插空法排列即可.【详解】二项式的展开式的通项公式为，因为为整数且，可得，展开式共有项，其中的次数为整数的项有个，把展开式中的项重新排列，则的次数为整数的项互不相邻，即把个整次数项插入到个次数为非整数的项所形成的个空中，共有方法种，故选：C．5．C【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由二面角的平面角的定义知，∴，由，得，又，∴，所以，即.故选：C.6．B【分析】由对数运算性质结合等比数列的前n项和公式求解即可.【详解】因为，所以.所以.所以，即，解得，故选：B.7．A【分析】切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数求的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，结合图象即可得出答案.【详解】设切点为，由可得，所以在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线为：，因为切线过点，所以，即，即这个方程有三个不等根即可，切线的条数即为直线与图象交点的个数，设，则由可得，由可得：或，所以在和上单调递减，在上单调递增，当趋近于正无穷，趋近于0，当趋近于负无穷，趋近于正无穷，的图象如下图，且，要使与的图象有三个交点，则.则的取值范围是:.故选：A.8．D【分析】根据，可求得的表达式，判断A的真假，利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，进一步求得数列的通项公式，即可判断BCD.【详解】由，得，则，故A错误；因为二次函数有两个不等实数根，所以不妨设，因为，所以，所以在横坐标为的点处的切线方程为：，令，则，因为，所以，即，所以数列是公比为2，首项为1的等比数列，所以，且，故BC错误；由，所以，故D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线方程求得，从而得到关于数列的递推关系式.9．BD【分析】根据事件的条件概率公式、独立性公式等逐一判断可得结果.【详解】解：依题意得，，，，，，选项A：，故A不正确；选项B：因为，故B正确；选项C：因为，，故，所以事件B与事件不相互独立，故C不正确；选项D：根据互斥事件的定义可知，是两两互斥的事件，故D正确.故选：BD.10．BCD【分析】根据椭圆与双曲线有公共焦点、椭圆与双曲线的定义、离心率、基本不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设，，由于椭圆与双曲线有公共焦点，所以，所以A选项错误.根据椭圆和双曲线的定义得：，所以，由余弦定理得,，，B选项正确.，C选项正确.，当且仅当时等号成立，D选项正确.故选：BCD11．BD【分析】不妨设，存在友好点等价于方程有实数根，从而构造函数，利用导数得其单调性，画出图形，讨论的图象以及直线的图象的交点个数情况即可逐一判断求解.【详解】若和互为友好点，不妨设，则，即，令，则，令，则，所以单调递减，注意到和同号，且，所以当时，即，单调递增，当时，即，单调递减，从而即可在同一平面直角坐标系中作出的图象以及直线的图象，如图所示，

当时，不存在友好点，当或时，仅存在一对友好点，当时，存在两对友好点，从而不可能有三对“友好点”，若仅有一对“友好点”，则或，故AC错，B对，当时，仅存在一对友好点，即对任意的，总是存在使得，D对.故选：BD.【点睛】关键点点睛：关键是将设，存在友好点等价于方程有实数根，由此即可通过数形结合顺利得解.12．65【分析】运用（且）可得的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，进而求得的通项公式，代入可得通项公式，赋值可得结果.【详解】∵，，，①当时，，②①-②得：（且），又∵，∴（且），∴的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差都为2，∴（），（），∴，∴，又∵，∴，∴.故答案为：65.13．##【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解直线与平面所成角的正弦值．【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，故答案为：．14．##【分析】根据三角形面积公式、三角形内切圆的性质，结合椭圆的定义、离心率公式进行求解即可.【详解】如图，连接，，设到轴距离为，到轴距离为，则设△内切圆的半径为，则，∴不妨设，则，∴，∴，故答案为：.【点睛】关键点睛：运用三角形内切圆的性质，结合椭圆的定义是解题的关键.15．(1)(2)【分析】（1）二项式系数性质类比到三项式即可;（2）类比二项式系数求和方法，使用赋值法即可.【详解】（1）（2）由题意，设，当时①当时，②①-②得：，即展开式中的奇次项系数之和为.16．(1)(2)【分析】（1）利用与的关系消去，再根据因式分解化解即可得到为等差数列，由此得出通项公式；（2）利用裂项相消求出的取值范围，继而求实数的取值范围.【详解】（1）当时，，，

，当时，得4，即，由已知，数列各项均为正数得：，是首项为1，公差为2的等差数列，；（2）由(1)知，，则，，，单调递增，，，，使得恒成立，只需，解之得．17．(1)证明见解析(2)或.【分析】（1）先证明平面，然后根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，表示M点坐标，求出平面ADE的法向量，根据空间角的向量求法，列方程，即可求得答案.【详解】（1）证明：由图1知：是直角梯形，C、D分别为的中点，则，故图2中，，，且平面BCF，∴平面，即是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是的中点，故，又平面，平面，可得，而，BC，平面，∴平面，而平面，∴.（2）因为平面，过点N作的平行线，平面，故，又，所以以点N为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

图1中，是直角梯形，，，，，，可得；则空间直角坐标系中，，，，，设，∴，，，，由于，则，∴，.∴，∴，设平面的法向量为，则，取，设直线与平面所成角为，大于等于小于等于，由于直线BM与平面ADE所成角的余弦值为，故直线BM与平面ADE所成角的正弦值为，∴，∴，∴或，适合题意，故或.18．(1)(2)0【分析】（1）根据题意，由直线的斜率之积为3列出方程，然后由以及双曲线的关系，即可得到结果；（2）由四点共圆，可得，然后将直线与双曲线方程联立，结合韦达定理分别表示出与即可得到结果.【详解】（1）由题意，，设，则，所以①，因为直线的斜率之积为3，所以，将式①代入化简得：②，又双曲线的右焦点为，所以，结合式②解得：，双曲线的方程为.（2）因为四点共圆，所以，且，所以有设直线的方程为，设，将直线方程代入的方程化简并整理可得，，由已知得，且由韦达定理有，，又由可得，同理可得，得设直线的方程为，设，同理可得，由已知得，又，则，化简可得，又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为0.19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导，利用分类讨论思想判断函数的单调性，根据函数的单调性，结合已知不等式进行求解即可；（2）先构造函数把转化为,再利用（1）中的结论构造不等式，结合不等式的性质和等比数列前项和公式进行证明即可.【详解】（1）由且，令，当时，则，