精品解析：广东省江门市鹤山市第一中学2023-2024学年高二下学期第二阶段考试（5月）数学试题

鹤山一中2023-2024学年度第二学期第二阶段考试 高二数学试卷 2024.5 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设等差数列的前项和为，且，则的值是（ ） A 11 B. 50 C. 55 D. 60 2. 已知为的导数，且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 3. 已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 5 4. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ） A. 20种 B. 16种 C. 12种 D. 8种 5. 设数列满足，且，则（ ） A. -2 B. C. D. 3 6. 设函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. 722 B. 729 C. -7 D. -729 8. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知是等差数列的前n项和，且，则下列选项不正确的是（　 　） A. 数列为递减数列 B. C. 的最大值为 D. 10. 关于下列命题中，说法正确的是（ ） A. 已知，若，，则 B. 数据，，，，，，，，，的分位数为 C 已知，若，则 D. 某校三个年级，高一有人，高二有人.现用分层抽样的方法从全校抽取人，已知从高一抽取了人，则应从高三抽取人. 11. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 B. 第二次抽到3号球的概率为 C. 如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大 D. 如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有180种 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列满足，，则通项公式是___________. 13. 有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有__________种．（用数字作答） 14. 已知函数与函数存在一条过原点的公共切线，则__________. 四、解答题（本题共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 在数列中，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，且右顶点到该条渐近线的距离为. （1）求双曲线方程； （2）若直线与双曲线交于、两点，线段的中点为，求直线的方程. 18. 某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了解学生参加活动的情况，统计了全校所有学生在假期每周锻炼的时间，现随机抽取了60名同学在某一周参加锻炼的数据，整理如下列联表： 性别 不经常锻炼 经常锻炼 合计 男生 7 女生 16 30 合计 21 注：将一周参加锻炼时间不小于3小时的称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻炼”． （1）请完成上面列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系； （2）将一周参加锻炼为0小时的称为“极度缺乏锻炼”．在抽取的60名同学中有5人“极度缺乏锻炼”.以样本频率估计概率.若在全校抽取20名同学，设“极度缺乏锻炼”的人数为X，求X的数学期望和方差； （3）将一周参加锻炼6小时以上的同学称为“运动爱好者”．在抽取的60名同学中有10名“运动爱好者”，其中有7名男生，3名女生．为进一步了解他们的生活习惯，在10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为Y，求Y的分布列和数学期望． 附：， 01 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 19. 已知函数为其导函数． （1）若恒成立，求的取值范围； （2）若存在两个不同的正数，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 鹤山一中2023-2024学年度第二学期第二阶段考试 高二数学试卷 2024.5 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设等差数列的前项和为，且，则的值是（ ） A. 11 B. 50 C. 55 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】等差数列中，由求出，由求值即可. 【详解】由等差数列的性质，可得， 则. 故选：C 2. 已知为的导数，且，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义变形即可. 【详解】根据导数的定义，， 所以. 故选：B 3. 已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先根据展开式中二项式系数的和求出，得到通项公式，求出有理项个数. 【详解】由题展开式中二项式系数的和为，解得， 所以二项式为， 则展开式的通项为，，1，2…，7. 所以当，3，6时，为有理项， 所以展开式中有理项共3项. 故选：C. 4. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ） A. 20种 B. 16种 C. 12种 D. 8种 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果. 【详解】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位， ①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间， 排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法， 所以有种方法； ②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间， 排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法， 所以有种方法； 由分类加法计数原理可知，一共有种排法， 故选：B. 5. 设数列满足，且，则（ ） A. -2 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】判断出数列的周期为4，即可求解. 【详解】因为，， 所以，，，， 显然数列的周期为4，而，因此. 故选：A. 6. 设函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】问题转化为导函数在小于等于零恒成立，分离参数后构造函数，再求导进而求最值可得. 【详解】， 因为函数在上单调递减， 所以导函数在小于等于零恒成立， 分离参数可得恒成立在， 设， 则， 令可得，所以在恒增， 所以，即 所以实数a的取值范围是. 故选：D. 7. 已知，则（ ） A. 722 B. 729 C. -7 D. -729 【答案】A 【解析】 【分析】对求导，再赋值，再根据式子求出含系数即,从而解题. 【详解】设， 则， 所以. 又因为，所以， 所以. 故选：A. 8. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，可判断在上的单调性，根据单调性即可求解. 【详解】令，，则， 所以在单调递减，因为，所以， 时，不等式化为，即，即，所以， 所以不等式的解集为. 故选：C. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知是等差数列的前n项和，且，则下列选项不正确的是（　 　） A. 数列递减数列 B. C. 的最大值为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，则，即可判断AB，根据数列的单调性即可判断C，根据等差数列前n项求和公式计算即可判断D. 【详解】因为，故，，所以等差数列为递增数列，故AB错误； 因为时，，当时，，所以的最小值为，故C错误； 因为，故D正确. 故选：ABC 10. 关于下列命题中，说法正确的是（ ） A. 已知，若，，则 B. 数据，，，，，，，，，的分位数为 C. 已知，若，则 D. 某校三个年级，高一有人，高二有人.现用分层抽样的方法从全校抽取人，已知从高一抽取了人，则应从高三抽取人. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项分布期望和方差公式可构造方程求得，知A错误；将数据按照从小到大顺序排序后，根据百分位数的估计方法直接求解知B正确；由正态分布曲线的对称性可求得C正确；根据分层抽样原则可计算得到高二应抽取学生数，由此可得高三数据，知D正确. 【详解】对于A，，，，解得：，A错误； 对于B，将数据从小到大排序为，，，，，，，，，， ，分位数为第个数，即，B正确； 对于C，，，C正确； 对于D，抽样比为，高二应抽取人，则高三应抽取人，D正确. 故选：BCD. 11. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 B. 第二次抽到3号球的概率为 C. 如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大 D. 如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有180种 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用条件概率公式求解；对于B，利用全概率公式求解；对于C，利用贝叶斯公式求解；对于D，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解. 【详解】记第一次抽到第号球的事件分别为则有 对于A，在第一次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为故A选项正确； 对于B，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，即第二次抽到3号球的事件为，， 故B选项正确； 对于C，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为， 记第二次抽到3号球的事件为，, 第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同， 即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故C选项正确； 对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种，将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，故D选项错误； 故选：ABC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列满足，，则的通项公式是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据所给递推关系可得，，与原式作差即可求解. 【详解】因为① 所以， 当时，②， ①-②可得，， 所以， 所以数列通项公式是. 故答案为： . 13. 有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有__________种．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以顺序. 详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论， 当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种； 当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种； 合计有种不同分配方案， 故答案为：. 14. 已知函数与函数存在一条过原点的公共切线，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义分别表示公切线方程，再由公切线过过原点得出. 【详解】设该公切线过函数、函数的切点分别为，. 因为，所以该公切线的方程为 同理可得，该公切线的方程也可以表示为 因为该公切线过原点，所以，解得. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分） 15. 在数列中，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由数列递推公式，采用累加的方法可求得数列的通项公式； （2）求数列的前项和，分别采用错位相减法和分组求和法即可求得结果. 小问1详解】 因为数列满足，且， 当时，可得， 即， 当时，适合上式， 所以数列的通项公式为． 【小问2详解】 由于，且， 则， 即， 设， 则， 两式相减得：， 所以， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点. （1）证明：平面； （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）设中点为，连接，由等边三角形、面面垂直的性质得、，再由线面垂直的性质、判定证明结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，并求出直线与平面的方向向量、法向量，再应用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 设中点为，连接，因为为等边三角形，故， 由题意，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 由平面，故， 又M为的中点，为等边三角形，则， 因为，平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，故， 连接，，则， 即四边形为平行四边形，故，所以， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成角为θ，，则. 17. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，且右顶点到该条渐近线的距离为. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于、两点，线段的中点为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据已知条件渐近线与直线垂直，右顶点到该条渐近线的距离为，列等量关系即可求得双曲线方程；(2)用点差法，设而不求，即可得到直线的斜率，进而求得方程. 【小问1详解】 因为双曲线的一条渐近线与直线垂直，且直线的斜率为，且双曲线的渐近线为，则，可得， 所以，双曲线的渐近线方程为，即， 因为右顶点到该条渐近线的距离为，所以， 解得，所以，所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 若直线轴，则、关于轴对称，此时，线段的中点在轴上，不合乎题意， 设、，设直线的斜率为，则， 则，所以， 化简得. 因为线段的中点为，所以，， 所以，解得，双曲线渐近线为，直线斜率大于渐近线斜率， 故过点的直线与双曲线有两个交点.所以直线的方程为. 18. 某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了解学生参加活动的情况，统计了全校所有学生在假期每周锻炼的时间，现随机抽取了60名同学在某一周参加锻炼的数据，整理如下列联表： 性别 不经常锻炼 经常锻炼 合计 男生 7 女生 16 30 合计 21 注：将一周参加锻炼时间不小于3小时的称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻炼”． （1）请完成上面列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系； （2）将一周参加锻炼为0小时的称为“极度缺乏锻炼”．在抽取的60名同学中有5人“极度缺乏锻炼”.以样本频率估计概率.若在全校抽取20名同学，设“极度缺乏锻炼”的人数为X，求X的数学期望和方差； （3）将一周参加锻炼6小时以上的同学称为“运动爱好者”．在抽取的60名同学中有10名“运动爱好者”，其中有7名男生，3名女生．为进一步了解他们的生活习惯，在10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为Y，求Y的分布列和数学期望． 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）表格见解析，性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系 （2）， （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）先根据题意完成列联表，代入公式可得，即可得到结论； （2）依题意可得X近似服从二项分布，先求出随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率为，从而可得，即可求得和； （3）依题意可得Y的所有可能取值为0，1，2，3，利用超几何分布公式求得概率，进而即可得到Y的分布列和期望值． 【小问1详解】 根据题意可得列联表如下； 性别 不经常锻炼 经常锻炼 合计 男生 7 23 30 女生 14 16 30 合计 21 39 60 零假设为：性别与锻炼情况独立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关； 根据列联表的数据计算可得， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1． 【小问2详解】 因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故X近似服从二项分布， 易知随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率，即可得， 故，． 【小问3详解】 易知10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生， 所以Y的所有可能取值为0，1，2，3， 且Y服从超几何分布： ， ， ， 故所求分布列为 Y 0 1 2 3 P 可得 19. 已知函数为其导函数． （1）若恒成立，求的取值范围； （2）若存在两个不同的正数，使得，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解； （2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明. 【小问1详解】 ，当时，单调递增； 当时，单调递减．所以， 解得，即的取值范围为． 【小问2详解】 证明：不妨设，则，要证， 即证，则证，则证， 所以只需证，即． 令，则，． 当时，，则， 所以在上单调递减，则．所以． 由（1）知在上单调递增，所以，从而成立． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$