河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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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. 在数列中，，则“”是“是递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先利用构造法求出数列的通项公式；再结合二次函数的单调性及列出不等式得出；最后根据充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】因为，
所以，
又因为，
所以是首项为，公差为3的等差数列，
所以，
则.
若是递增数列，，
则，解得.
所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
2. 已知函数，若在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出导函数，由已知得出恒成立.进而推得恒成立，由列出不等式，解不等式即可得出答案.
详解】由已知可得，.
因为在R上单调递增，所以恒成立.
因为，
所以恒成立，
所以，，解得.
故选：D.
3. 已知函数，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点是函数的一个对称点，则和的值可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先得，进一步由，对比选项即可得解.
【详解】由题意函数的周期满足，，所以，
又点是函数的一个对称点，所以，
所以或，对比选项可知，只有当时满足题意.
故选：D.
4. 已知四面体中，为中点，若，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，
因为，所以，解得.
故选：D.
5. 复数z∈C，在复平面内z对应的点Z，满足，则点Z所在区域的面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由模长公式得出点Z所在区域对应的图形，然后再求面积.
【详解】设复数，又
由，则
所以复数对应的点在以为圆心，1为内圆半径，2为外圆半径的圆环内.
所以点Z所在区域的面积为
故选：C
6. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为A，过作的垂线，与y轴交于点P，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件求得直线的方程，继而求得点，利用勾股定理建立方程，解出即可.
【详解】设，则直线的斜率为，
直线的斜率为，
直线的方程为．
令，得，即．
因为，
所以，解得．
故选：B.
7. 在四面体中，、、，，点为线段上动点（包含端点），设直线与所成角为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设，运用向量的加减运算和数量积的定义，以及向量夹角的计算公式，可得所求范围．
【详解】解：设，
则，
由，，，
，
又，则，
，
，
由，可得，，
故选：．
【点睛】本题考查空间异面直线所成角的求法，以及向量法的运用，考查运算能力，属于中档题．
8. 在等比数列中，有，类比上述性质，在等差数列中，有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列角标和的性质即可得到正确选项.
【详解】选项A：在等差数列中，当且仅当公差为0时，成立.判断错误；
选项B：在等差数列中，由，可得.判断错误；
选项C：在等差数列中，由，可得.判断错误；
选项D：在等差数列中，由，可得.判断正确.
故选：D.
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. 抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则点处的切线方程为
C. 存在点，使得
D. 面积的最小值为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得，得到切点坐标，得出切线方程，进而可判定B正确；由直线的斜率为，直线的斜率为，得到，可判定C错误；由过点的切线方程为，结合弦长公式，得到，可D正确.
【详解】对于A中，设直线，联立方程组，整理得，
再设，则，所以A正确；
对于B中，由抛物线.可得，则，
则过点的切线斜率为，且，即，
则切线方程为：，即，
若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；
对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，
联立直线的方程可得，
所以，
，
，
则，当时，有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
10. 若各项的二项式系数之和为32，则（ ）
A. 的展开式共有5项B.
C. 的展开式的常数项为40D. 的展开式的第5项的系数为5
【答案】BC
【解析】
【分析】根据各项的二项式系数之和，求出n的值，即可判断A；根据组合数性质判断B；利用二项式展开式的通项公式可判断C，D.
【详解】由各项的二项式系数之和为32，得，得，
则的展开式共有6项，A错误；
，B正确；
的展开式的通项公式为，
令，故的常数项为，C正确；
的展开式的第5项的系数为，D错误，
故选：BC
11. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，已知，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：上的动点，Q在直线上的射影为H，F为抛物线E的焦点，则下列选项正确的有（ ）
A. 的最小值为2
B. 的面积最大值为
C. 当最大时，的面积为
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由抛物线定义得到，数形结合得当三点共线时取得最小值，得到A正确；B选项，求出点的轨迹为以为圆心，3为半径的圆，求出到直线的距离最大值，从而得到面积的最大值；C选项，数形结合得到要想取得最大值，则需最大，当与垂直时，取得最大值，并根据求出正弦值，利用三角形面积公式求出此时的面积，D选项，由题意及抛物线定义得到，求出四点共线时，取得最小值，求出答案.
【详解】A选项，抛物线的准线方程为，，
由抛物线定义可得，
则，
由三角形三边关系可得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
故的最小值为，A正确；
B选项，由题意得，点的轨迹方程为，
化简得，即以为圆心，3为半径的圆，
直线，即，
圆心到直线的距离为，
则到直线的距离最大值为，
又，
故的面积最大值为，B错误；
C选项，为定值，由勾股定理得，
且，，
要想取得最大值，则需最大，
如图所示，当与垂直且在图中位置时，取得最大值，
其中，故，，，
故当最大时，
，
则的面积为，C正确；
D选项，由题意得，，
，
连接，线段与圆和抛物线的交点分别为，
即四点共线时，取得最小值，
最小值为，
故最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的图象恒过定点，若点在直线上，其中、，则的最小值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】求出定点，可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】对于函数，令，可得，则，
故函数的图象恒过定点，
因为点在直线上，则，可得，
因为、，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
13. 已知直线与椭圆和交于A，B两点，且点平分弦AB，则m的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】利用点差法，结合椭圆方程和直线方程，即可求得结果.
【详解】设坐标为，则，
作差可得，则，
根据题意可得，，则，解得.
当时，联立，可得，
其，满足题意；故.
故答案：.
14. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据，如表所示.（残差＝观测值－预测值）
根据表中数据，得出关于的经验回归方程为.据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为______.
【答案】4.5
【解析】
【分析】根据残差求得时的预测值，从而求得，再利用样本中心一定在回归直线上，即可求得答案.
【详解】由题意可得时的预测值为，
则有，
即，
又，
故，
故答案为：4.5
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. 设函数是增函数，对于任意都有．
（1）证明是奇函数；
（2）关于x不等式的解集中恰有3个正整数，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先用赋值法求出，再根据奇函数定义可证明；
（2）利用已知条件转化不等式，通过函数的单调性转化求解即可．
【小问1详解】
∵对于任意都有，
令，则；再令，则
∴，
所以函数是奇函数．
【小问2详解】
令，则，
∴不等式可化为，
即，又函数在上是增函数，
∴，即，
又该不等式的解集中恰有3个正整数，
∴.
16. 已知在四棱锥中，平面，，，，点F为线段BC的中点，平面平面．

（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明来证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角余弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
∵平面，平面，平面平面，
∴，
又∵，分别为，的中点，∴
∵∴，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵在中且为中点，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵平面，∴，，
∵，∴，，
∵，平面，∴平面.
【小问2详解】
∵平面，平面，所以，
又因为，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，
所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴，∴.
平面的一个法向量为，
设平面的法向量，
，，
则，取，则，，
∴，
∴，
由图可知二面角为锐角，
∴二面角的余弦值为.

17. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，山东省人民政府规定自2023年1月21日起至3月31日在全省实施景区门票减免．据统计，活动开展以来游客至少去过两个及以上景区的人数占比为90%．某市旅游局从游客中随机抽取100人（其中年龄在50周岁及以下的有60人）了解他们对全省实施景区门票减免活动的满意度，并按年龄（50周岁及以下和50周岁以上）分类统计得到如下不完整的2×2列联表：
（1）根据统计数据完成以上2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联（结果精确到0.01）？
（2）现从本市游客中随机抽取3人了解他们的出游情况，设其中至少去过两个及以上景区的人数为X，若以本次活动中至少去过两个及以上景区的人数的频率为概率，求X的分布列和数学期望．
参考公式及数据：，其中．
【答案】（1）列联表见解析，认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联
（2）分布列见解析，数学期望为2.7
【解析】
【分析】（1）由题意补全2×2列联表后计算出，与比较即可得；
（2）根据随机变量X的所有取值计算出对应概率，列出分布列，再求出期望即可得.
【小问1详解】
由题意得，抽取的100人年龄在50周岁及以下的有60人，则年龄在50周岁以上的有40人，补全的2×2列联表如下：
零假设为：全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄无关．
则．
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联；
【小问2详解】
由题意可得，游客至少去过两个及以上景区的概率为0.9，
则，X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
所以X的分布列为：
因为，所以数学期望．
18. 已知直线l经过点，圆．
（1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；
（2）若该直线l与圆C相交于两点，且的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）或.
（2）或
【解析】
【分析】（1）分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可；
（2）由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和三角形面积公式计算可得结果.
【小问1详解】
由题意可知，圆的圆心为，半径1，
当直线l的斜率不存在时，直线的方程为,此时直线与圆相离，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，设直线l的方程为，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为.即或.
【小问2详解】
由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，设直线l的方程为，
记圆心到直线l的距离为d，则，
所以，解得．
所以，解得，
所以直线l的方程为．即或
19. 已知等差数列的前n项的和为成等差数列，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）若，数列的前n项的和为，试比较与的大小，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用等差中项和等比中项列出方程组，即可解出首项和公差，进而求出通项公式；
（2）将化简，利用裂项相消法求和，即可得，从而判断.
【小问1详解】
设的公差为，由题意得，
即，解得，
所以.
【小问2详解】
，
所以，
因为，所以，即.3
4
5
6
2.5
3
4
不满意
满意
总计
50周岁及以下
55
50周岁以上
15
总计
100
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
不满意
满意
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100
X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729