2024郑州宇华实验学校高二下学期4月期中考试数学含解析

这是一份2024郑州宇华实验学校高二下学期4月期中考试数学含解析，共14页。试卷主要包含了已知均为钝角，，且，则，的展开式中的常数项为，已知，则满足的有序数组共有个，已知函数，，则下列说法正确的是，已知曲线C的方程为，则等内容，欢迎下载使用。

数 学
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.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，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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.对于上可导的任意函数，若当时满足，则必有（ ）
A.B.
C.D.
2.已知函数，，，，则（ ）
A.B.
C.D.
3.三棱锥P-ABC中，是边长为3的正三角形，，.则三棱锥P-ABC的体积最大为（ ）
A.B.C.D.
4.已知均为钝角，，且，则（ ）
A.B.C.D.
5.的展开式中的常数项为（ ）
A.120B.80C.60D.40
6.已知，则满足的有序数组共有（ ）个
A.B.C.D.
7.已知数列满足，且，数列满足，且，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.
8.若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A.28B.29C.30D.31
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A.函数的最大值为2
B.函数的图象可由函数的图象向右平移个单位得到
C.函数的对称轴为
D.，，使得且
10.已知曲线C的方程为，则（ ）
A.曲线C可以表示圆
B.曲线C可以表示焦点在x轴上的椭圆
C.曲线C可以表示焦点在y轴上的椭圆
D.曲线C可以表示焦点在y轴上的双曲线
11.某同学在研究“有一个角为的三角形中，如果这个角的正弦值或余弦值恰好是另外两个角的正弦值或余弦值的等差中项或等比中项，那么该三角形是否为等边三角形”的问题中，得出以下结论，其中正确的是（ ）
A.若这个角的正弦值是另外两个角正弦值的等差中项，则该三角形为等边三角形
B.若这个角的余弦值是另外两个角余弦值的等差中项，则该三角形不一定是等边三角形
C.若这个角的正弦值是另外两个角正弦值的等比中项，则该三角形不一定是等边三角形
D.若这个角的余弦值是另外两个角余弦值的等比中项，则该三角形是等边三角形
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.在复平面内，已知复数满足（为虚数单位），记对应的点为点，z对应的点为点，则点与点之间距离的最小值________.
13.已知A为圆上的动点，B为圆上的动点，P为直线上的动点，则的最小值为 .
14.对于定义在非空集上的函数，若对任意的，当，有，则称函数为“准单调递增函数”，若函数的定义域，值域，则在满足这样条件的所有函数中，为“准单调递增函数”的概率是 .
四、解答题：本大题共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.（13分）已知一次函数的图象过点和.数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足，证明：.
16.（15分）所有棱长均为3的三棱柱中，平面平面，D，E分别在棱，上，满足，，且.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
17.（15分）已知椭圆与经过左焦点的一条直线交于两点.
(1)若为右焦点，求的周长；
(2)若直线的倾斜角为，求线段的长.
18.（17分）已知数列的前n项和满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)用数学归纳法证明不等式：，其中.
19.（17分）已知函数与，其中是偶函数.
（1）求实数的值；
（2）求函数的定义域；
（3）若函数只有一个零点，求实数的取值范围.
参考答案
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.【答案】C
【解析】由，得当，即时，，函数不单调递减，则；
当，即时，，函数不单调递增，则；
由不等式的性质得：.
故选：C
2.【答案】B
【解析】由题意，，
故函数为偶函数，
且时，，故函数在内单调递增，
∵，
且，∴.
故选：B
3.【答案】C
【解析】因为，所以P在过C点且与BC垂直的平面上，
过A作l得垂线段交l于点，则，且，因为，所以P点在以为底面圆心的圆周上，如图，且，
由图可知P到底面ABC的最大高度为，
所以三棱锥体积最大值为：.
故选：C.
4.【答案】C
【解析】，
即，得，由，且均为钝角，
所以，
，
，
由，所以，所以.
故选：C
5.【答案】A
【解析】的展开式的通项公式为，
而，
对于，令，易知无整数解，所以其展开式中无常数项；
对于，由，解得，常数项为；
对于，令，解得，常数项为.
故的展开式中的常数项为.
故选：A.
6.【答案】A
【解析】所有有序数组 中,满足的
有序数组 中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为
故选：A.
7.【答案】B
【解析】由题意数列满足，且，
所以数列是等差数列，且，
所以，
当时，，
又，
所以，
所以，而，所以当或时，取最小值，
当时，，当时，，
综上所述，的最小值为5.
故选：B.
8.【答案】A
【解析】由题意，即，
所以，
而，所以，
由题意令，
而是单调递增的，
且发现，，
所以满足不等式的最大正整数为28.
故选：A.
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.【答案】ABD
【解析】对于A，函数的最大值为2，A正确，
对于B，将函数的图象向右平移个单位可得，B正确，
对于C，令,可得，故C错误，
对于D，取，满足，，D正确.
故选：ABD
10.【答案】CD
【解析】若曲线C表示圆，则，解得，则曲线C的方程为，无意义，A不正确；
若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则，不等式无解，B不正确；
若曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，则，解得，C正确；
若曲线C表示焦点在y轴上的双曲线，则解得，D正确.
故选：CD
11.【答案】AD
【解析】不妨设，
对于选项A：因为，
则，
即，且，可得，
则，所以，可知该三角形是等边三角形，故A正确；
对于选项B：因为，
所以，
且，可得，
则，所以，可知该三角形是等边三角形，故B错误；
对于选项C，因为，
则，
可得，整理得，
且，可得，
则，所以，可知该三角形是等边三角形，故C错误；
对于选项D：因为，
则，
可得，整理得，
且，可得，
则，所以，可知该三角形是等边三角形，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【解析】设，
，
,即，
化简整理可得 ，
复数的对应点的轨迹，
对应的点为点，
点与点之间距离的最小值为，
故答案为：
13.【答案】
【解析】设关于直线的对称点为，
则圆关于对称的圆的方程为，
要使的值最小，
则（其中为关于直线的对称圆上的点）三点共线，
且该直线过两点，其最小值为.
故答案为：
14.【答案】
【解析】若函数的值域为，则有1个函数，所以值域为单元素的函数有3个，
若值域为，将定义域中的元素分组为3,3，则有个函数，
将定义域中的元素分组为2,4，则有个函数，
将定义域中的元素分组为1,5，则有个函数，
则共有个函数，所以值域为双元素的函数共有个函数；
若值域为，将定义域中的元素分组为1,2,3，则有个函数，
将定义域中的元素分组为2,2,2，则有个函数，
将定义域中的元素分组为1,1,4，则有个函数，
则共有个函数，
综上可知，共有个函数，
其中，若函数为增函数，当值域为单元素集合，有3个函数，满足条件，
当值域有2个元素，将元素1,2,3,4,5,6中间隔1块板，有5种方法，则有个函数，
若值域有3个元素，则将元素1,2,3,4,5,6中间隔2块板，有种方法，即有10个函数，
综上可知，为增函数的函数有个函数，
所以为增函数的概率.
故答案为：
四、解答题：本大题共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.（13分）【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）设，，则，解得，所以.
故，当时，，
又，故作差得，所以，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，故.
（2）由（1）得，
故
16.（15分）【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）取中点，连接，如图，
则由为正三角形可知，，
又平面平面，且为交线，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，平面，
所以平面.
（2）因为，，
所以，且，又，
所以，即为平面四边形，
在中，,
作交于，由（1）知，平面，
且，
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以,
设平面，平面的法向量分别为，
则，令，则，
由，令，则，
则，
所以二面角的余弦值为.
17.（15分）【答案】(1)8
(2)
【解析】（1）
由题意，由椭圆定义有，
所以的周长为.
（2）设，
由题意直线的斜率为，，即，
所以直线的方程为，将它与椭圆方程联立得，
消去并化简整理得，
显然，由韦达定理得，
所以线段的长为.
18.（17分）【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)由，可得，
两式相减得，即，
则，
两式相减得，即，
所以为等差数列，
又因为，解得，
又由，可得，
所以数列的首项为1，公差为1，所以的通项为.
(2)因为，所以原不等式可化为，，
以下用数学归纳法证明：
①时，显然成立.
②假设当时成立，则当时，
只需证，只需证，
只需证，只需证，
取，可得，所以在单调递增，
又因为，所以成立，所以成立.
综上所述，成立.
19.（17分）【答案】（1）；（2）分类讨论，答案见解析；（3）.
【解析】（1）∵是偶函数，∴，∴，
∴，∴，
即对一切恒成立，
∴；
（2）要使函数有意义，需，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上可知，当时，的定义域为；
当时，的定义域为；
（3）∵只有一个零点，
∴方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
亦即方程有且只有一个实根，
令（），则方程有且只有一个正根，
①当时，，不合题意；
②当时，因为0不是方程的根，所以方程的两根异号或有两相等正根，
由可得，解得或
若，则不合题意，舍去；
若，则满足条件；
若方程有两根异号，则，∴，
综上所述，实数的取值范围是.