辽宁省部分学校2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份辽宁省部分学校2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 B，已知是的导函数，即，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题，共58分）
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1.已知函数在处可导，则（ ）
A. B. C. D.
2.定义，已知数列为等比数列，且，则（ ）
A. B.2 C. D.4
3.已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表：
且回归方程为，则当时，的预测值为（ ）
A.59.5 B.60.5 C.61.5 D.62.5
4.19世纪的法国数学家卢卡斯以研究斐波那契数列而著名，以他的名字命名的卢卡斯数列满足，若其前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
5.王先生为购房于2019年12月初向银行贷款36万元，与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款，从2020年1月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为，现因资金充足准备向银行申请提前还款，银行规定：提前还款除偿还剩余本金外，另需收取违约金，贷款不满一年提前还款收取提前还款额的百分之三作为违约金；贷款的时间在一年到两年之间申请提前还款收取提前还款额的百分之二作为违约金；满两年之后提前还款收取提前还款额的百分之一作为违约金.王先生计划于2024年12月初将剩余贷款全部一次性还清，则他按现计划的所有还款数额比按原约定的所有还款数额少（ ）
A.22450元 B.27270元 C.25650元 D.27450元
6.已知是的导函数，即，则（ ）
A.2021 B.2022 C.2023 D.2024
7.已知数列的通项公式为，令，数列的前项和为，则下列说法错误的是（ ）
A.数列的第七项最小､第八项最大
B.使的项共有6项
C.满足的的值共有4个
D.使取得最小值的为7
8.已知两点在双曲线的右支上，点与点关于原点对称，交轴于点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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.午饭时间；B同学从教室到食堂的路程与时间的函数关系如图，记时刻的瞬时速度为，区间上的平均速度分别为，则下列判断正确的有（ ）
A.
B.
C.对于，存在，使得
D.整个过程小明行走的速度一直在加快
10.如图，棱长为2的平行六面体中，，点分别是棱的中点，与平面交于点，则下列说法正确的是（ ）
A.平面
B.直线与直线所成角的余弦值等于
C.
D.三棱锥的外接球的表面积为
11.“角股猜想”是“四大数论世界难题”之一，至今无人给出严谨证明.“角股运算”指的是任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2；如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1.在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数.如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，该猜想就是：反复进行角股运算后，最后结果为1.我们记一个正整数经过次角股运算后首次得到1（若经过有限次角股运算均无法得到1，则记，以下说法正确的是（ ）
A.，则所有可能的取值集合为
B.在其定义域上不单调，有最小值，无最大值
C.对任意正整数，都有
D.是真命题，是假命题
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.在二项式的展开式中，常数项为__________.
13.过点可作曲线的三条不同的切线，实数的取值范围为__________.
14.已知数列的各项均为2，在其第项和第项之间插入个，得到新数列，记新数列的前项和为，则__________，__________.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15.（13分）数列的前项和满足.
（1）证明：是等差数列；
（2）若，证明：.
16.（15分）如图，在四棱锥中，底面四边形是边长为2的菱形，是等边三角形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
17.（15分）已知椭圆的左､右顶点分别为，长轴长为4，点在椭圆上（不与点重合），且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.
18.（17分）甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）.每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束.记棋子跳到第格的概率为.
（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
（2）证明：数列为等比数列，并求的通项公式.
19.（17分）曲线的切线､曲面的切平面在平面几何､立体几何以及解析几何中有着重要的应用，更是联系数学与物理学的重要工具，在极限理论的研究下，导数作为研究函数性质的重要工具，更是与切线有着密不可分的关系，数学家们以不同的方法研究曲线的切线､曲面的切平面，用以解决实际问题：
（1）对于函数，分别在点处作函数的切线，记切线与轴的交点分别为，记为数列的第项，则称数列为函数的“切线轴数列”，同理记切线与轴的交点分别为，记为数列的第项，则称数列为函数的“切线轴数列”.
①设函数，记的“切线轴数列”为；
②设函数，记的“切线轴数列”为，
则，求的通项公式.
（2）在探索高次方程的数值求解问题时，牛顿在《流数法》一书中给出了牛顿迭代法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值.一般地，曲线在点处的切线为，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.对函数持续实施牛顿迭代法得到数列，我们把该数列称为牛顿数列，令数列满足，且，证明：.（注：当时，恒成立，无需证明）
2023—2024学年度下学期高二年级4月阶段考试
数学参考答案及评分标准
1.B 【详解】
.
故选：B.
2.D 【详解】数列为等比数列，且所以所以则.因为与符号一致，故.
故选：D.
3.A 【详解】
代入回归方程可以得到
故当时的预测值为.
故选：A.
4.D 【详解】因为所以
累加得即.
故选：D.
5.C 【详解】根据题意，截止2024年12月，提前还款数额比按约定还款数额少的部分为：
按原计划还款时，从2024年12月起到原计划结束时所还的利息，即剩余60个月的利息，同时减掉剩余还款额百分之一的违约金.因为每月所还本金为元，
所以2024年12月还完后本金还剩余元，故违约金为1800元.
2025年1月应还利息为
2025年2月应还利息为
2025年3月应还利息为
最后一次应还利息为
所以后60个月的利息合计为元），
所以他按现计划的所有还款数额比按原约定的所有还款数额少（元）.
故选：C.
6.B 【详解】因为
所以；
由此规律可得
所以.
故选：B.
7.C 【详解】化简得
故在上单调递减，显然最小值为最大值为.
又当时即的最大值为的最小值为故A正确；
易知当时故
结合为正整数，则共6项，故B正确；
当或时当时；当时
故当时，满足共有6个这样的故C错误；
可知时所以当时取得最小值，故D正确.
故选：C.
8.A 【详解】如图，不妨设点在第一象限，取的中点连接.
因为为的中点，故.
令.
由点均在双曲线上，则两式相减，可得
即而故.
又因为则即
又令解得.
因为所以即
故则双曲线的离心率为
根据双曲线的对称性，可知当点在第四象限时，同理可求得；
当点在双曲线的顶点时，由于此时与双曲线相切，不合题意，
故双曲线的离心率为.
故选：A.
9.AC 【详解】由题意，可设分别作出直线.
.由图象可知即故选项A
正确；即即即
故故选项B不正确；
选项C，瞬时速度的几何意义就是时刻曲线的切线的斜率；
由图象知存在曲线在点处的切线斜率与相等，
即存在使得故C选项正确；
选项D时刻的瞬时速度为判断平均速度的快慢，
可以看整个曲线在各点处的切线方程的斜率.
由图象可知，当时，切线方程的斜率最大，
故而在此时，速度最快，故选项D不正确.
故选：AC.
10.ACD 【详解】棱长为2的平行六面体中
以作为空间的一组基底，则
所以即同理有平面
所以平面故选项正确；
所以
.
设直线和直线所成的角为由
则故选项B错误；
由三棱锥为正四面体，
与平面交于点是点到平面的距离，可得且
所以故选项C正确；
将正四面体放置到正方体中，正四面体外接球即正方体的外接球，易知正方体的边长为则正方体的外接球直径为其体对角线的长.令正四面体的外接球直径为则所以三棱锥的外接球的表面积为故选项正确.
故选：ACD.
11.BCD 【详解】则所有可能的取值集合为不正确；
由得在其定义域上不单调.
而则有最小值1，
由经过有限次角股运算均无法得到1，记得无最大值，故选项B正确；
对任意正整数而因此故选项C正确；
对任意正整数每次除以2，最后得到1的次数为因此.
由知是假命题，故选项D正确.
故选：BCD.
12.-160 【详解】.
因为的通项公式为
所以在中，当时不满足；
在中，当时则常数项为.
13.或或 【详解】由.
设切点为则曲线在点的切线方程为.
又因为切线过点代入切线方程得即
所以
即方程有两个不相等的实数根，且
所以解得或或
所以实数的取值范围为或或.
14.-1；149 【详解】由题意，将数列各项按如下数阵排列：
其中第行有项，则该数阵中第行的最后一项对应数列中的对应的第项，因为且
所以位于数阵的第63行第9项，且第（为奇数）行添加个-1，第（为偶数）行添加个1，
故63行第9项为-1，即数列的前2024项中，项的值为2的共63项，
其余添加项的和为
因此.
15.（13分）证明：①由题意①，
则②，
①-②式，得整理得
即.
当时得
即成立.
综上恒成立，所以是以2为公差的等差数列.
（2）由第（1）问及题意，得等差数列中公差为2，
其前项的和为
则
因为所以.
16.（15分）（1）证明：由题意得又
所以所以
因为底面为菱形，则
故平面平面
所以平面
平面所以平面平面.
解：（2）由（1）知平面而平面所以故底面为正方形.
如图，设的中点为连接在平面内作.
因为为等边三角形，所以故平面.
以为坐标原点，以为正交基底，建立空间直角坐标系，
则所以
故.
设为平面的法向量，则有
即可取.
设为平面的法向量，则有即
可取.
则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17.（15分）（1）解：依题意可得所以
所以.
设所以.
又因为所以
所以即.
（不给出证明扣两分）
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：设
由于该直线斜率不为0，可设
（强调直线斜率不为0且设方程给1分，若讨论斜率不存在，并求出定值给2分）
联立方程和得恒成立，
根据韦达定理可知
所以.
因为
所以
所以.
18.（17分）（1）解：根据题意可知的所有可能取值为
则
可得的分布列如下：
期望值为.
（2）证明：依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同.
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为
因此可得
所以
因此可得且
即数列是首项为公比为的等比数列，
即
所以
又因为
即
19.（17分）解：（1）由题意则.
设切点为
则过切点的切线为
令整理得.
由题意则.
设切点为则过切点的切线为.
令整理得.
对于当是正奇数时；当是正偶数时即
.
所以
两式相减，得
所以.
（2）因为二次函数有两个不等式实根所以不妨设.
因为所以
所以在横坐标为的点处的切线方程为
令则
即.
因为
则即.因为所以所以.
令则且
数列是公比为2的等比数列.
.
由因为所以即.
.-2
-1
1
2
3
24
36
40
48
56
0
1
2