湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期4月期中质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期4月期中质量检测数学试题一、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.下列求导运算错误的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A:，A选项正确；对于B:，B选项错误；对于C:，C选项正确；对于D:，D选项正确.故选：B.2.展开式中的系数为（）A. B. C.30 D.90【答案】D【解析】因为，其中展开式的通项为，，所以展开式中含的项为，所以展开式中的系数为.故选：D.3.若圆C的圆心为，且被x轴截得弦长为4，则圆C的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，过点作于，依题意，,因,故，从而，圆的半径为：,故所求圆的方程为：，即.故选：A.4.某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（）A.18 B.21 C.36 D.42【答案】D【解析】根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，若甲地派2名女生，有种情况；若甲地分配1名女生，有种情况，则甲地的分派方法有种方法；甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.故选：D.5.记等差数列的前项和为，若，则（）A.42 B.52 C.56 D.60【答案】B【解析】由，得，则．故选：B.6.过抛物线的焦点作直线，与交于两点（点在轴上方），与轴正半轴交于点，点是上不同于的点，且，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】因为，所以为的中点．因为，所以，代入抛物线的方程可得，即，所以．设，由，即，可得，即，所以，解得．故选：B7.棱长为1的正方体中，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（）A.存在直线B.存在平面平面C.直线与平面所成角正弦值为定值D.三棱锥的体积为定值【答案】C【解析】以为原点，以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，，，设，，则，，对于A，若，则，解得,即当点为线段中点时，点在线段任意位置，都有，故A正确；对于B，当点分别为线段，上的中点时，有，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，故B正确；对于C，由得，设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，不为定值，故C错误；对于D，因为为正方体，所以，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又线段，所以点到平面的距离为定值，设平面的法向量，由得，，取，则，由，得，所以，又的面积，所以为定值，故D正确；故选：C．8.已知，则的大小关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，当时，，单调递增；所以即，所以.令，当时，，单调递减，所以即所以，故.故选：B.二、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.已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（）A.所有奇数项的二项式系数和为 B.二项式系数最大的项为第7项C.所有项的系数和为 D.有理项共5项【答案】BD【解析】A选项，的展开式共有13项，故，所有奇数项的二项式系数和为，A错误；B选项，二项式系数最大的项为中间项，即第7项，B正确；C选项，中，令得，故所有项的系数和为，C错误；D选项，展开式通项公式为，，，当时，为整数，故有理项共5项，D正确.故选：BD10.已知数列an的前n项和为，且满足：，则下列结论正确的是（）A.数列an为等差数列B.C.数列的前100项和为 D.数列的前10项和为【答案】BC【解析】由可得，，即，当时，两式相减得，，化简得，显然，当时符合题意，故.对于A，由不是常数，故A错误；对于B，由上分析，可知即an是等比数列，因，故B正确；对于C，数列的前100项和为，故C正确；对于D，由可得，故数列的前10项和为：,故D错误.故选：BC11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数有极小值B.函数在处切线的斜率为4C.当时，恰有三个实根D.若时，，则的最小值为2【答案】AD【解析】由题意可得：，令，解得；令，解得或；则在上单调递减，在上单调递增，可知极大值为，极小值为，且当x趋近于，趋近于，当x趋近于，趋近于，可得的图象如下：对于选项A：可知的极小值为，故A正确；对于选项B：因为，所以函数在处切线的斜率为，故B错误；对于选项C：对于方程根个数，等价于函数与的交点个数，由图象可知：时，恰有三个实根，故C错误；对于选项D：若时，，则，所以最小值为2，故D正确；故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为__．【答案】50【解析】按照2，2，1分3组安装，①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，按照3，1，1分3组安装，①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，故共有种．故答案为：50．13.记数列的前项和为，已知，则__________．【答案】9【解析】由，可知当时，，所以，即，从而，当时，，所以，又，所以，从而．故是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.故答案为：9.14.已知直线是曲线与的公切线，则______．【答案】1【解析】设直线与的图象相切于点与的图象相切于点,又,且.曲线y=f(x)在点处的切线方程为,曲线在点处的切线方程为.故，解得，故故答案：1四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知，其展开式的二项式系数的最大值为231m．（1）求实数m的值；（2）求下列式子的值（结果可以保留指数形式）①；②．解：（1）因展开式中共有12项，所以最中间两项的二项式系数最大，即和，由解得；（2）①由（1）可得，令得①令得②①+②得：，即得，令得，故；②由，两边求导得，令可得，．16.如图,四棱锥中，底面是正方形,，且，平面平面，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点．（1）求证：平面平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．解：（1）在四棱锥中，平面平面，平面，平面平面，，平面，又平面，则，又，，，平面，则平面，而平面，于是，底面是正方形，，是棱的中点，则，，，平面，因此平面，而平面，所以平面平面．（2）以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，设，，则，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，令，得，，令，得，，即，整理得，则，所以线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且为线段中点．17.已知等差数列an满足，，正项数列bn满足，，（其中e是自然对数的底数）．（1）求数列an和b（2）求数列的前n项和．解：（1）设等差数列an的公差为d，则，，即又由，，可得，数列是首项为1，公比为2的等比数列，，即（2），设数列的前n项和为，则又，当时，，；当时，，；当时，，，数列递减，当时，，当时，，又因为数列前n项和，当，时，当，时，即数列的前n项和．18.设函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若已知，且的图象与相切，求b的值；（3）在（2）的条件下，的图象与有三个公共点，求m的取值范围（不写过程）.解：（1）当时，，则，当或时，；当时，，所以f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）由，得，设函数与直线相切的切点是，因为，所以，所以有，可得，又，相减得，所以，所以，解得；（3）时，，的图象与有三个公共点，即方程有三个实数根，设函数，则，时，或；时，，在和上单调递增，在上单调递减，时取极大值，时取极小值，所以的取值范围为.19.已知，分别是椭圆的左、右焦点，，分别为上、下顶点，，且以为直径的圆过，．（1）求椭圆C的标准方程；（2）M，N是C上位于x轴上方的两点，，与的交点为P．①求四边形的面积S的最大值；②试问