广东省汕尾市陆河县河田中学2023-2024学年高二下学期4月第一次阶段测试数学试题（原卷版+解析版）

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1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题
1. 设函数在处存在导数为2，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的概念求解.
【详解】由已知有，
则.
故选：B
2. 已知数列为等比数列，若，，则的值为（ ）
A. 8B. C. 16D. ±16
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式即可求解.
【详解】因为为等比数列，设的公比为，
则，，
两式相除可得，所以，
所以，
故选：A.
3. 已知函数的图象如图所示，是的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据曲线的变化趋势可判断函数的单调性，结合函数的导数的几何意义，数形结合，即可判断出答案.
【详解】由函数的图象可知为单调递增函数，
故函数在每一处的导数值，即得，
设，则连线的斜率为，
由于曲线是上升的，故，
作出曲线在处的切线，设为，连线为，
结合图象可得的斜率满足，
即，
故选：B
4. 某次知识竞赛共有12人参赛，比赛分为红、黄两队，每队由六人组成.其中红队6人答对题目的平均数为3，方差为5，黄队6人答对题目的平均数为5，方差为3，则参加比赛的12人答对题目的方差为（ ）
A. 5B. 4.5C. 3.5D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得12个人的平均答对题目的个数为，结合方差的公式，即可求解.
【详解】由题意，这12个人的平均答对题目的个数为，
则新数据的方差为.
故选：A.
5. 已知两个等差数列2，6，10，，202及2，8，14，，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（ ）
A. 1678B. 1666C. 1472D. 1460
【答案】B
【解析】
【分析】求出新数列的公差，确定新数列的项数，利用前项和公式求解即可.
【详解】第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，
故新数列的公差是4和6的最小公倍数12，
则新数列的公差为12，首项为2，
其通项公式为，
令，得，
故，
则，
故选：B.
6. 在古印度的数学著作《丽拉沃蒂》中，有这样一个问题：某人给一个人布施，初日施3德拉玛(古印度货币单位)，其后日增2德拉玛，共布施360德拉玛，请快告诉我，他布施了几日？这个问题的答案是（ ）
A. 9B. 18C. 20D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到这个人每日布施的金钱数构成以为首项，为公差的等差数列，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，这个人每日布施的金钱数构成以为首项，公差为的等差数列，
设他布施了日，则，解得或 (舍去).
故选：B.
7. 若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由在上恒成立，再转化为求函数的最值得参数范围．
【详解】由题意，得，因在上单调递减，
所以上恒成立，即，
令，则，
令，得，当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以的最小值为，所以，即的取值范围为.
故选：D.
8. 已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的零点情况，求出的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解.
【详解】由函数在有且仅有两个零点，
得，解得，则，
又，而，当时，，，
由，得，当时，，
即函数在有3个零点，不符合题意，
因此是函数图象的一条对称轴，即，解得，
当时，，当时，，均不符合题意；
当时，，得，则图象的对称轴为.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是解题的关键.
二、多选题
9. 下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 设函数，若，则
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式及运算法则求解即可.
【详解】对于选项A:结合题意可得：,故选项A错误；
对于选项B:结合题意可得：,故选项B正确；
对于选项C: 由，
，解得，故选项C正确；
对于选项D:结合题意可得：,，
解得，故选项D正确
故选：BCD.
10. 设是公差为d的等差数列，为其前项的和，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D. ，均为的最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意首先得，结合已知可得，进一步有，由此即可逐一判断每个选项.
【详解】由题意，
又是公差为d的等差数列，所以，故A错B对；
从而，所以，均为的最大值，D对；
而，所以，C对.
故选：BCD.
11. 有一个棱长为4的正四面体容器，D是的中点，E是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 二面角所成角的正弦值为
B. 直线与所成的角为
C. 的周长最小值为
D. 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，作出辅助线，由三线合一以及二面角的定义、余弦定理即可验算；对于B，证明面后，结合面即可判断；对于C，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，将问题转换为牛吃草问题，结合解三角形知识即可判断；对于D，等价于验算正四面体内切球的半径.
【详解】对于A，如图所示，
取中点，连接，因为正四面体的四个面都是正三角形，
所以由三线合一可知，，
而面面，从而二面角所成角的平面角为，
在中，，由余弦定理有，
从而，故A错误；
对于B，如图所示，
连接，由于为中点，所以，
又面，所以面，
又面，所以，故B正确；
对于C，把沿着展开使得它与平面在同一个平面内，连接交于点，
则的最小值即为（展开后的）的长，由于，，
，
，
（展开后的满足），
故展开后的，的周长最小值为，C错误；
对于D，如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为内切球的半径，
设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作⊥于点，
因为，所以，同理，
则，故，
设，故，
因为，所以，
即，解得，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：判断C的关键是将原问题转换为牛吃草问题，由此即可顺利得解.
第II卷（非选择题）
三、填空题
12. 某对新婚夫妇响应国家号召，计划生育3个孩子．假设每胎只有一个小孩，且每胎生男生女的概率相等，记事件为“该夫妇儿女双全”，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数，结合对立事件的概念，即可求解.
【详解】由题意知，基本事件为：{男男男}，{男男女}，{男女男}，{女男男}，{女女男}，{女男女}，{男女女}，{女女女}，共8种情况，
其中的对立事件为“该夫妇的3个孩子全是男孩或者全是女孩”，有{男男男}，{女女女}，共2种情况，所以概率为．
故答案为：.
13. 数列中，是数列的前项和，已知，数列为等差数列，则__________.
【答案】57
【解析】
【分析】根据题意，求出数列的通项，进而求得，利用分组求和得解.
【详解】令，，，，
又数列为等差数列，所以公差，
，即，
，
.
故答案为：57.
14. 古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法，如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的顶点和轴都重合），已知两个圆锥的底面直径均为2，侧面积均为，记过两个圆锥轴的截面为平面，平面与两个圆锥侧面的交线为．已知平面平行于平面，平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分，且的两条渐近线分别平行于，则该双曲线的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】以矩形的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，求出的值即可得解.
【详解】以矩形的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，设双曲线的标准方程为，
由圆锥的底面直径为2，侧面积为，得，
显然，即，
所以双曲线的离心率.
故答案为：
四、解答题
15. 已知函数．
（1）求函数的图象在点的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
（3）求函数的极值.
【答案】（1）
（2）单调递减区间为，单调递增区间为
（3）极小值，没有极大值
【解析】
【分析】（1）显然是切点，故只需求出即可得解；
（2）求导得，分别令，，得相应的范围即可得解；
（3）由（2）中结论以及极值的概念即可得解；
【小问1详解】
由函数，可得，
可得，
因为切点为，所以切线方程为，即.
小问2详解】
由函数，其定义域为，且，
当时，，则在区间单调递减；
当时，，则在区间单调递增；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为 .
【小问3详解】
由（2）可知时，取得极小值，没有极大值.
16. 已知数列的首项，且满足，数列的前n项和满足，且．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，求数列的前19项和．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由递推关系借助等比数列的定义进行证明；
（2）利用当时，，求出数列是首项为1，公差为2的等差数列，可得通项公式；
（3）由，利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以；
【小问2详解】
当时， ，得；
当时，，
整理得，
因为，所以，则，
故数列是首项为1，公差为2的等差数列，从而，
所以数列的通项公式为；
【小问3详解】
由，
设数列的前项和为，
则
.
17. 如图，已知中，，是上一点，且，将沿翻折至，．

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知线面位置关系结合勾股定理，证明平面，可证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
∵中，，
由余弦定理，，而为三角形内角，
∴，，
∵，，∴，即，
又∵中，，，∴，
平面，，∴平面，
平面，∴.
【小问2详解】
以为原点，分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：，

，，，
由正弦定理，，，
平面，则点在平面内，
，，得，
又，， ∴，，
设平面的法向量为，
∴，∴，设，则，
又∵，
故直线与平面所成角的正弦值为
18. 如图，已知A，B为抛物线E：上任意两点，抛物线E在A，B处的切线交于点P，点P在直线上，且，动点Q为抛物线E在A，B之间部分上的任意一点．
（1）求抛物线E的方程；
（2）抛物线E在Q处的切线交PA，PB于M，N两点，试探究与的面积之比是否为定值，若为定值，求出定值，若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）
（2）与的面积之比为定值，理由见详解
【解析】
【分析】（1）设A、B的坐标分别为、，利用导数求出斜率，得到切线方程，根据已知可得和，从而解得，得解；
（2）求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.
【小问1详解】
抛物线方程为，故，所以，
设A、B的坐标分别为、，
则PA的方程为：即，
同理PB的方程为：，
联立PA，PB方程，
得，
因为点P在直线上，所以，
又因为，即，所以，
则抛物线E：；
【小问2详解】
与的面积之比为定值，
设点，由（1）知切线的方程为：，
又切线的方程为：，切线的方程为：，
设点，即有，，
因此直线的方程为：，
有，点到直线的距离是，
则，
由，解得点M的横坐标，同理点N的横坐标，
有，点到直线的距离，
则，
所以.
【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.
19. 相传古希腊毕达哥拉斯学派的数学家常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，并根据小石子所排列的形状把数分成许多类．现有三角形数表按如图的方式构成，其中项数：第一行是以1为首项，2为公差的等差数列．从第二行起，每一个数是其肩上两个数的和，例如：；为数表中第行的第个数．
（1）求第3行和第4行的通项公式和；
（2）一般地，证明一个与正整数有关的命题，可按下列步骤进行：①证明当时命题成立；②以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立．”完成这两个步骤就可以断定命题对开始的所有正整数都成立，这种方法即数学归纳法．请证明：数表中除最后2行外每一行的数都依次成等差数列，并求关于的表达式；
（3）若，，试求一个等比数列，使得，且对于任意的，均存在实数，当时，都有．
【答案】（1），；，；
（2）证明见解析，通项公式为；
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，进而求出和；
（2）利用数学归纳法进行证明即可，并得到数列是以为首项，为公差的等差数列，求出通项公式；
（3）在（2）的基础上得到和，根据通项公式特征，令并裂项相消法求和得到，并求出当时，满足于任意的，均存在实数，当时，都有.
【小问1详解】
，，
，，
，，
【小问2详解】
当时，第一行是以1为首项，2为公差的等差数列，满足要求，
假设当时，成立，即第行为公差为的等差数列，
则当时，
，
故第行的数也依次成等差数列，公差为，
综上，数表中除最后2行外每一行的数都依次成等差数列，
由于，，
所以，
，
由于，故，即，
即，又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故，
【小问3详解】
，
故，
令，则，
故
，
，
因为，所以，
故，
令，则当时，都有，
综上，为满足要求的等比数列.
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.