精品解析：湖北省武汉市腾云联盟2023-2024学年高二下学期5月联考数学试题

湖北省“腾•云”联盟 2023—2024学年度下学期5月联考 高二数学试卷 命题学校：红安一中 命题教师：胡绪宽 审题教师：韩晓晴 考试时间：2024年5月22日 下午15：00—17：00 试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 若二项式的展开式中，的系数是80，，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．比如取正整数，根据上述运算法则得出．递推关系如下：数列满足，若，则所有可能的取值集合是（ ） A. B. C. D. 3. 已知分别为椭圆的左顶点和左焦点，直线与椭圆交于两点，若直线交线段于，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加2项创新大赛，每项至少有1人参加，且男生甲与女生乙参加同一项目，则不同的安排种数为（ ） A. 84 B. 126 C. 42 D. 63 5. 已知，，，下列选项正确的是（　　） A. B. C. D. 6. 某学校有两家餐厅，王同学第1天选择餐厅就餐的概率是，若第1天选择餐厅，则第2天选择餐厅的概率为；若第1天选择餐厅就餐，则第2天选择餐厅的概率为；已知王同学第2天是去餐厅就餐，则第1天去餐厅就餐的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 四面体中，，平面交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 四边形可以不是平行四边形 B. 四边形是矩形充要条件是 C. 当时，四边形的面积最大 D. 当时，截面刚好平分四面体的体积 10. 已知直线与交于一动点，是该动点的轨迹上的两个动点，点且．线段的中点为，则（ ） A. B. 点的轨迹方程为 C. 的最小值为6 D. 的最大值为 11. 已知点为抛物线的焦点，直线过点交抛物线于，两点，.设为坐标原点，，直线与轴分别交于两点，则以下选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则面积的最小值为 D. 四点共圆 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中有4个红球，个黄球，个绿球．所有球除颜色不同外，形状，大小，质量完全一样．现从中任取两个球，若取出的两个球都是红球的概率为，记取出的红球数为，则_________． 13. 已知双曲线，、分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，连接交双曲线左支于点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为______. 14. 在半径为1的圆中，以圆心为中心作一个正六边形，再分别以其各边为底边，圆上的点为顶点作等腰三角形，如图，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合，得到六棱锥，则当六棱锥体积最大时，正六边形的边长为_________． 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. 如图形状出现在南宋数学家杨辉所著《详解九章算法商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，设各层球数构成一个数列 （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和，数列满足，求数列的前项和 16. 四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点． （1）求证：上存在一点，使得与总垂直； （2）当平面时，求的值； （3）当时，求平面与平面所成角的大小． 17. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，动圆的圆心的轨迹与轴交于两点，位于轴右侧的动点满足，并且直线分别与交于两点． （1）求轨迹的方程及动点的轨迹方程； （2）直线是否过定点?若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 18. 甲，乙，丙，丁四人相互做传球训练．每人控制球时都等可能将球传给其他三人． （1）若先由甲控制球，记次传球后球在甲手中的概率为 ①求的值； ②求与的关系，并求； （2）若丁临时有其他任务，甲，乙，丙继续训练．当甲控制球时，传给乙的概率为，传给丙的概率为；当乙控制球时，传给甲和丙的概率均为；当丙控制球时，传给甲的概率为，传给乙的概率为．若先由甲控制球，经过3次传球后，乙控制球的次数为，求的分布列与期望． 19. 英国物理学家、数学家牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如下左图，具体做法如下：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止． （1）设函数，初始点，若按上述算法，求出一个近似值（精确到0.1）； （2）如上右图，设函数，初始点为，若按上述算法，求所得前个三角形的面积之和； （3）用数学归纳法证明与正整数有关的命题的步骤如下：①证明当（初始值）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证明命题对从开始的所有正整数都成立．设函数，按上述牛顿法进行操作，且； 证明：①对任意，均有； ②为递增数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省“腾•云”联盟 2023—2024学年度下学期5月联考 高二数学试卷 命题学校：红安一中 命题教师：胡绪宽 审题教师：韩晓晴 考试时间：2024年5月22日 下午15：00—17：00 试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 若二项式的展开式中，的系数是80，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，可求，令，可求的值. 【详解】由二项式的展开式的通项公式为， 令，解得，所以含的项的系数为，又的系数是80， 所以，解得， 令，可得， 则. 故选：B. 2. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．比如取正整数，根据上述运算法则得出．递推关系如下：数列满足，若，则所有可能的取值集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，且，逆向推理求解. 【详解】解：因为，且， 则，则，则或； 当时，则，或，或； 当时，则或（舍去）， 当时，则，或， 所以所有可能的取值集合是， 故选：D 3. 已知分别为椭圆的左顶点和左焦点，直线与椭圆交于两点，若直线交线段于，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，又，由可得点的坐标，又由三点共线分类讨论斜率不存在和两种情况，建立关系即得. 【详解】 由题意得， 设，又， 所以，解得， 即， 又由三点共线可知 当斜率不存在时，由对称性可知垂直于x轴， 所以，所以， 即，整理得，即； 当时， 所以，整理得， 所以. 故选：B. 4. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加2项创新大赛，每项至少有1人参加，且男生甲与女生乙参加同一项目，则不同的安排种数为（ ） A. 84 B. 126 C. 42 D. 63 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分两种情况计算，第一种情况是3人参加一个项目，另外1人参加一个项目，第二种情况是2人参加一个项目，另外2人参加一个项目，然后结合排列组合代入计算，即可求解. 【详解】由题意可得4人去参加2项创新大赛，每项至少有1人参加，分两种情况， 第一种情况是3人参加一个项目，另外1人参加一个项目， 且男生甲与女生乙参加同一项目，则共有种； 第二种情况是2人参加一个项目，另外2人参加一个项目， 且男生甲与女生乙参加同一项目，则共有种； 则不同的安排种数为种. 故选：B 5. 已知，，，下列选项正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率的概率公式计算可得. 【详解】因为，即， 又，， 所以，故A错误； 又，故B正确； ，故D错误； ，故C错误. 故选：B 6. 某学校有两家餐厅，王同学第1天选择餐厅就餐的概率是，若第1天选择餐厅，则第2天选择餐厅的概率为；若第1天选择餐厅就餐，则第2天选择餐厅的概率为；已知王同学第2天是去餐厅就餐，则第1天去餐厅就餐的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式和条件概率公式计算即得. 【详解】设 “第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”， 根据题意得，，， 由全概率公式，得， ， 所以王同学第2天是去餐厅就餐，则第1天去餐厅就餐的概率为. 故选：A 7. 已知，则的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，即可判断的大小关系，构造函数，即可判断的大小关系，从而得到结果. 【详解】因为，构造函数，， 则，当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以为的极小值点， 所以，则， 即，所以，即， 又， 构造函数，， 则，所以在单调递增， 则，即， ，所以，则. 故选：D 8. 若函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，求出函数有两个变号零点的的范围即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数恰有两个极值点，得函数有两个变号零点， 即方程有两个不等实根，令，因此函数的图象与直线有两个交点， 求导得，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 因此函数在处取得最小值， 而，，且当时，恒成立， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图： 观察图象知，当时，函数的图象与直线有两个交点， 所以实数取值范围是. 故选：C 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 四面体中，，平面交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 四边形可以不是平行四边形 B. 四边形是矩形的充要条件是 C. 当时，四边形的面积最大 D. 当时，截面刚好平分四面体的体积 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合线面平行的判定性质推理判断A；利用异面直线垂直的意义推理判断B；求出四边形面积的函数关系求解判断C；利用锥体体积结合割补法判断D. 【详解】对于A，由，得，平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 于是，由，得，同理得， 因此四边形是平行四边形，A错误； 对于B，由选项A知，是异面直线所成的角或其补角， 若，则，是矩形，反之，四边形是矩形， 有，则，因此四边形是矩形的充要条件是，B正确； 对于C，令异面直线所成的角为，则， 显然，即， 则的面积 ，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，连接，由，得分别是所在棱的中点， 则点到平面的距离相等，于是， 点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍， ， 因此，此时截面刚好平分四面体的体积，D正确. 故选：BCD 10. 已知直线与交于一动点，是该动点的轨迹上的两个动点，点且．线段的中点为，则（ ） A. B. 点的轨迹方程为 C. 的最小值为6 D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线交点的轨迹，利用圆的性质计算判断AB；利用向量数量积的坐标表示计算判断C；利用点到直线的距离公式计算判断D. 【详解】直线恒过定点，不含直线， 直线恒过定点，不含直线， 显然直线，因此直线交点的轨迹是以点和为直径的两个端点的圆（除点外）， 其方程为，显然点是该圆圆心， 对于AB，由线段的中点为，得，， ，则，A错误，B正确； 对于C，， 由选项B知，点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆（除点外）， 因此，而， 所以的最小值为6，C正确； 对于D，可看作点到直线的距离， 同理，可看作点到直线的距离， 因此可看作点到直线的距离， 而点的轨迹方程为， 于是点到直线的距离最大值即， 则，即，D正确. 故选：BCD 11. 已知点为抛物线的焦点，直线过点交抛物线于，两点，.设为坐标原点，，直线与轴分别交于两点，则以下选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则面积的最小值为 D. 四点共圆 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线焦半径公式可直接构造方程求得，知A正确；设，与抛物线方程联立可得，由向量数量积的坐标运算可知B错误；由可知C正确；表示出直线方程后，可求得点坐标，进而得到，知，同理可得，由此可知D正确. 【详解】 对于A，由抛物线焦半径公式得：，解得：，A正确； 对于B，由题意知：直线斜率存在，设， 由得：，； 由得：，则， ，B错误； 对于C，若，则，不妨设， 则（当且仅当时取等号），即面积的最小值为，C正确； 对于D，直线的斜率为， 直线的方程为，令得：， 点的横坐标为，即， 则直线的斜率，，， 同理可得：，四点共圆，D正确． 故选：ACD． 【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用的问题，本题D选项中，证明四点共圆的基本思路是能够通过说明两条直线斜率乘积为，得到两条直线互相垂直，进而得到四边形对角互补，得到四点共圆. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中有4个红球，个黄球，个绿球．所有球除颜色不同外，形状，大小，质量完全一样．现从中任取两个球，若取出的两个球都是红球的概率为，记取出的红球数为，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由可得，然后分别计算，再由期望的公式代入计算，即可求解. 【详解】由题意可得，即， 解得，且可能取值为， 则，，， 所以. 故答案为： 13. 已知双曲线，、分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，连接交双曲线左支于点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】记等边的边长为，利用双曲线的定义得到，进而在中利用余弦定理求得，从而求得双曲线的离心率. 【详解】因为是等边三角形，不妨记，所以， 由双曲线的定义得，故， 所以， 又由双曲线的定义得，所以，故， 所以，， 在中，，则， 所以，整理得，故， 所以双曲线离心率为. 故答案为：. . 14. 在半径为1的圆中，以圆心为中心作一个正六边形，再分别以其各边为底边，圆上的点为顶点作等腰三角形，如图，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合，得到六棱锥，则当六棱锥体积最大时，正六边形的边长为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】连接，交于点，设，求得六棱锥的高为，得到六棱锥的体积为，令，利用导数求得函数的单调性，得出函数的最值点，即可求解. 【详解】连接，交于点，根据题意，可得， 设，则，， 因为，可得， 所以六棱锥的高为， 所以正六边形的面积为， 则六棱锥的体积为， 令，可得， 令，可得， 当时，；当当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，六棱锥的体积取得最大值， 此时正六边形的边长为. 故答案为：. 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. 如图形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，设各层球数构成一个数列 （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和，数列满足，求数列的前项和 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，可得当时，，，再利用累加法求出的通项. （2）利用（1）的结论，结合求出，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 依题意，当时，，， ，满足上式， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，，而满足上式， 于是，， 因此， 所以数列的前项和. 16. 四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点． （1）求证：上存在一点，使得与总垂直； （2）当平面时，求的值； （3）当时，求平面与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明见解答 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用线线垂直可证得平面，从而可证结集结； （2）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而可得，进而可求结论； （3）取的中点，连接，可证底面，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，，利用向量法可求平面与平面所成角的大小. 【小问1详解】 取的中点，连接，因为为正三角形，所以， 又因为侧面底面，且侧面底面，， 所以侧面，又侧面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以上存在一点，使得与总垂直； 【小问2详解】 连接交于点，连接， 因为当平面，平面，平面平面， 所以，所以， 在梯形中，，所以； 【小问3详解】 ，所以， 所以，所以是的中点， 取的中点，连接，则， 又侧面底面，侧面底面， 所以底面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 取平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面所成角的大小为． 17. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，动圆的圆心的轨迹与轴交于两点，位于轴右侧的动点满足，并且直线分别与交于两点． （1）求轨迹的方程及动点的轨迹方程； （2）直线是否过定点?若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1），； （2）过定点. 【解析】 【分析】（1）设动圆圆心为，利用两圆相切建立关系，再借助椭圆的定义求出轨迹的方程，利用斜率坐标公式求出点的轨迹方程. （2）由点在椭圆上结合已知可得，设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算即得. 【小问1详解】 设动圆圆心为，半径为， 而圆的圆心，半径，圆的圆心，半径 由动圆与圆外切，得，由动圆与圆内切，得， 则，即点的轨迹是以为焦点，长轴长等于12的椭圆， 显然该椭圆的长半轴长，半焦距，则短半轴长， 所以轨迹的方程为； 显然，设，由，得， 当时，，当时，点符合要求， 所以动点的轨迹方程是. 小问2详解】 依题意，，设点，显然，即， 当点不在轴上时，，则， 设直线，由消去得， ，， 由，得，即 ，整理得， 则，化简得， 解得或，当时，直线过点，不符合题意，则，满足， 直线过定点，当点在轴上时，直线与轴重合，也过点， 所以直线过定点. 18. 甲，乙，丙，丁四人相互做传球训练．每人控制球时都等可能将球传给其他三人． （1）若先由甲控制球，记次传球后球在甲手中的概率为 ①求的值； ②求与的关系，并求； （2）若丁临时有其他任务，甲，乙，丙继续训练．当甲控制球时，传给乙的概率为，传给丙的概率为；当乙控制球时，传给甲和丙的概率均为；当丙控制球时，传给甲的概率为，传给乙的概率为．若先由甲控制球，经过3次传球后，乙控制球的次数为，求的分布列与期望． 【答案】（1）①；②，； （2）分布列见解答； 【解析】 【分析】（1）①易求；②易得，进而可得是公比为，首项为的等比数列，求解即可； （2）的所有可能取值为，分别求出对应概率，即可求得分布列，进而可求数学期望. 【小问1详解】 ①易知； ②当次传球后球不在甲手中的概率为， 所以次传球后球在甲手中的概率， 可得， 所以数列是公比为，首项为的等比数列， 所以，所以； 【小问2详解】 由题意可知的所有可能取值为， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 . 19. 英国物理学家、数学家牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如下左图，具体做法如下：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止． （1）设函数，初始点，若按上述算法，求出的一个近似值（精确到0.1）； （2）如上右图，设函数，初始点为，若按上述算法，求所得前个三角形的面积之和； （3）用数学归纳法证明与正整数有关的命题的步骤如下：①证明当（初始值）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证明命题对从开始的所有正整数都成立．设函数，按上述牛顿法进行操作，且； 证明：①对任意的，均有； ②为递增数列． 【答案】（1） （2） （3）①②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，可得切线方程，令令，可得结论； （2）由题意可得，进而可得，计算可得结论； （3）①由题意可得，进而可得，利用数学归纳法可证结论； ②，结合①可得结论. 【小问1详解】 由，得， 当时，则切线斜率，且， 那么在点处的切线方程为， 令，切线与轴的交点横坐标为， 此为的一个符合题目精确度的近似值； 【小问2详解】 设，则，因为，所以， 则处的切线为， 切线与轴相交得，所以， 因为，则可得， 所以，所以， 所以 ， 故所得前个三角形的面积之和为； 【小问3详解】 ①易得， 所以， （这里设， 可证，证明如下： ，故当时，，所以在上单调递减， 所以，即有成立.) 当时，，满足对任意的，均有，命题成立， 假设“当时命题成立，即， 则当时，由，又， 所以，所以， 综上所述：， ②，又， 所以，即，则， 则为递增数列． 【点睛】关键点点睛：考查新定义题型，阅读理解能力是关键，求得切线方程是关键，进而求得与的联系是难点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$