河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高二下学期5月期中质量检测数学试题（原卷版+解析版）

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命题人：濮阳市一高数学命题中心
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. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复合函数导数公式直接计算可得结果.
【详解】.
故选：D.
2. 数列满足：对于，已知，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】借助所给条件，由逐项往前计算即可得.
【详解】由，，
故，即，，故，，故.
故选：A.
3. 圆心在x轴上且过点的圆与y轴相切，则该圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意设出圆的方程，列式即可求出．
【详解】依题可设圆的方程为，所以，解得．
即圆的方程是．
故选：A．
4. 若直线和曲线相切，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求导，再设切点坐标为，求出即得解.
【详解】因为，
所以，
设切点坐标为，
所以.
所以.
故选：C
【点睛】结论点睛：函数在点处的切线方程为.
5. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、莲花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全概率公式计算可得；
【详解】记服用金花清感颗粒为事件，服用莲花清瘟胶囊为事件，服用清开灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件，
依题意可得，，，，，，
所以
.
故选：C
6. 设双曲线C：（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.
【详解】，，根据双曲线的定义可得，
，即，
，，
，即，解得，
故选：A.
【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.
7. 已知是定义在上的函数，且，导函数满足恒成立，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价于，构造函数，对其求导结合已知条件可判断在上的单调性，所要解的不等式等价于，根据单调性即可求解.
【详解】令，则，
因为导函数满足恒成立且，
所以，所以单调递增，
因为，所以不等式等价于，
因为所以在单调递增，所以，
所以不等式的解集为，
故选：D
8. 英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛．若数列满足，则称数列为牛顿数列．若，数列为牛顿数列，且，，数列的前n项和为，则满足的最大正整数n的值为（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可证得是等比数列，再结合等比数列的求和公式运算求解．
【详解】因为，所以，
则，又，，
所以是首项为，公比的等比数列，
则，
令，则，
又因为在定义域内单调递增，
且，
所以，所以最大正整数n的值为10．
故选：A.
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. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理，结合赋值法逐项计算判断即得.
【详解】令，
对于A，由，得，A正确；
对于B，由，得，B错误；
对于C，由，得，因此，C正确；
对于D，，D错误.
故选：AC
10. 设等差数列的前项和为，公差为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 当时，取得最大值
C. D. 使得成立的最大自然数是17
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及求和公式一一判定选项即可.
【详解】对于A，因为等差数列中，，，
所以，，，A正确；
对于B，由上知显然当时，取得最大值，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，，
故成立的最大自然数，D错误．
故选：ABC
11. 已知直线经过抛物线的焦点，与交于不同的两点，与的准线交于点，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则的取值范围是
D. 若成等差统列，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意求得，可判断A；由于，得，进而直线与抛物线联立方程组消去，然后利用韦达定理可求的值，可判断B选项；设，将把用表示出来，然后令，从而利用二次函数的性质可得范围，则可判断C选项；由成等差数列，得，然后过点做垂直准线与点，过点做垂直准线与点，进而利用平行关系成比例，从而可得点为中点，由此可判断D选项.
【详解】对于A：直线过点，所以，故A正确；
对于B：由于，，即，
由，，
，
又，即，
解得（舍去），，，
于是，解得，故B错误；
若，设，则
令，
，所以C正确；
成等差数列，得，
过点做垂直准线与点，过点做垂直准线与点，
则，
在中，由，得，
，
，
所以点为中点，，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
1.在解决向量与圆锥曲线相结合的问题时，将把向量坐标表示，直线与圆锥曲线的方程列方程组，消去一个未知数得到一元二次方程，从而利用韦达定理即可解决问题.
2.在圆锥曲线问题中，通常情况下画出图象，要善于数形结合思想解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知离散型随机变量的分布列为：
则____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意知，求出，然后可求解.
【详解】由离散型随机变量的分布列的性质，可得，解得，
所以.
故答案为:.
13. 2024年伊始，随着“广西沙糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”.某班级五位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这五位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂，冰雪大世界，中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是__________.

【答案】36
【解析】
【分析】先根据甲乙选的景点其他人是否选分成两类情况，①无人再选，按照分组计算方法数；②还有人选，按照部分平均分组计算方法数.最后用分类加法原理计算总的方法数即可.
【详解】若甲乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：的选法总数为：，
若甲乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：的选法总数为：，
所以不同的选法总数为: .
故答案为：36.
14. 设实数，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】将化简为，再构造函数，求导分析单调性可得在区间上恒成立，再参变分离构造函数求最值解决恒成立问题即可.
【详解】因为恒成立即，
可得，令，则恒成立.
又，故当时，，故在区间上为增函数.
又恒成立，则在区间上恒成立，即，.
构造，则，令有，
故当时，，为增函数；当时，，为减函数.
故，故，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则
（1）恒成立： ；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立： ；；
（2）能成立：；.
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. 已知二项式的展开式中，第7项为常数项，且各项系数之和等于其二项式系数之和.
（1）求与的值；
（2）求其展开式中所有的有理项.
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）根据第7项为常数项结合通项公式求得，再根据各项系数之和等于其二项式系数之和列式求解；
（2）求出二项式的通项公式，令，求得，即可求出所有的有理项.
【小问1详解】
在二项式的展开式中，第7项为，
由题意可知，，所以.
因为各项系数之和等于其二项式系数之和，所以令得，解得.
【小问2详解】
二项式的展开式的通项为，，
令，解得，
所以其展开式中所有的有理项为，.
16. 晚会上共有7个节目，其中有4个不同的歌唱节目，2个不同的舞蹈节目和1个相声节目，分别按以下要求各可以排出多少种不同的节目单.
（1）其中舞蹈节目第一个出场，相声节目不能最后一个出场；
（2）2个舞蹈节目不相邻；
（3）前3个节目中既要有歌唱节目又要有舞蹈节目.
【答案】（1）1200
（2）3600 （3）3456
【解析】
分析】（1）采用分步计数原理，特殊元素先排计算出结果即可；
（2）采用分步计数原理，特殊元素先排，再用插空法即可；
（3）先分三类，一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目；另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目；最后一种为歌唱节目，舞蹈节目､相声节目各1个；再分步计算，最后求和即可.
【小问1详解】
按特殊位置或特殊元素优先安排的原则分3步：
先排第1个节目，有种安排方法，
再排最后一个节目，可以从余下的5个非相声节目中选一个排在最后，有种排法，
最后余下的节目随便排，有种排法，
由分步计数原理得共有种排法.
【小问2详解】
先排非舞蹈节目，有种排法，
将2个舞蹈节目插到6个空中，有种排法，
故种排法.
【小问3详解】
前3个节目共三种情况：
一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目，有种排法，
另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目，有种排法，
最后一种为歌唱节目，舞蹈节目､相声节目各1个，有种排法，
故共有种排法.
17. 图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2．

（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连交于点，连,易得，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）取中点，先证明平面，再以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，设，取平面的一个法向量，求得平面一个法向量为，设平面与平面夹角为，由求解.
【小问1详解】
证明：连交于点，连．

由为正方形知为中点，又为中点，故，
又平面且平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点，连，由为等边三角形得．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，，
平面就坐标平面，故可取其法向量，
设平面一个法向量为，
即，则，
令，则，得，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）两式相减即可解得.
（2）根据错位相减求出的前项和为，判断的增减性，继而可得的最小值，即可求解.
【小问1详解】
（1）当时，
当时①
②
①减②得，则
因为当时，符合上式，所以
【小问2详解】
③
④
③－④得
则
因为，所以数列为递增数列
则当时，取最小值
所以
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若时，，求a的取值范围；
（3）对于任意，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）；
（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）将代入函数，对函数二次求导，即可求出函数的单调区间；
（2）分情况讨论，结合（1）中结论，判断符合题意，对函数二次求导，分别判断和不符合题意，最终确定的取值范围；
（3）根据（2）中结论先得到，取取，得到，令，，…，，累加可得；又构造函数，
求导判断函数单调性可得：，，取（），得，令，，…，，累加得，结论得证.
【小问1详解】
的定义域为；
当时，，则；
令，则；
故当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
于是，即，
故的单调递增区间为，无单调递减区间.
小问2详解】
由题意知，令，
则；
由（1）可知若，则当时，，
若，则当时，有
，符合题意；
若，则当时，，于是，
单调递减，则，与题意矛盾；
若，则当时，，于是，
单调递减，此时，与题意矛盾；
综上所述：a的取值范围是．
【小问3详解】
当时，上（2）可知，
即，取，可得
，
即．
令，，…，，累加可得
．
另一方面，考虑函数，，
则，
在上单调递减，则，
于是，．
取（），可得，
整理得．
令，，…，，
累加可得．
综上所述，对于任意，成立．
【点睛】二次求导探究函数得单调性；
分类讨论确定的取值；
构造函数，利用函数的单调性证明不等式；
累加法的运用.
1
2
3
m