精品解析：广东省佛山市高明区第一中学2023-2024学年高二下学期第一次大考数学试题

2023-2024学年下学期高明一中第一次大考 高二数学 2024年04月 本试卷共 4 页．全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填写答题卡上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔盒涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一．单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 等比数列，，，中的值等于（ ） A. 2 B. C. D. 3 2. 在一次高台跳水比赛中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：m）与起跳后的时间（单位：）存在函数关系，则该运动员在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 若函数在处的导数等于，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，若数列是等比数列，则k值等于（ ） A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 5. 如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 6. 已知函数，则的单调递增区间为（    ） A. B. C. D. 7. 设为抛物线的焦点，为该抛物线上三点．若，则（ ） A. 9 B. 6 C. 4 D. 3 8. 丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数在上的导函数为在上的导函数记为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知在上为“凸函数”，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. 已知是等比数列，公比为q，前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 为等比数列 B. 为等差数列 C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ） A. 直线BC与平面所成的角等于 B. 点到平面的距离为 C. 异面直线和所成角为. D. 线段长度的最小值为 11. 已知函数，则（ ） A. 曲线在点处的切线方程是 B. 函数有极大值，且极大值点 C. D. 函数有两个零点 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为__________． 13. 已知双曲线左、右焦点分别为，，渐近线方程为，P为双曲线C上一点，且满足，则________． 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，若，则不等式的解集为___________. 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. 已知数列的前n项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）已知，求数列的前n项和为． 16. 在三棱柱中，平面平面，为正三角形，、分别为和中点. （1）求证：平面； （2）若，，，求与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数，当时，有极大值，且． （1）求函数的解析式； （2）在（1）的条件下，讨论函数在上的最大值． 18. 已知椭圆，离心率为，点在椭圆上． （1）求E的方程； （2）过点作互相垂直的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数得到的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，即为，，，，． （1）当时，若正整数个正约数构成等比数列，请写出一个的值； （2）当时，若，，，构成等比数列，求正整数的所有可能值； （3）记，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年下学期高明一中第一次大考 高二数学 2024年04月 本试卷共 4 页．全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必要填写答题卡上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔盒涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一．单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 等比数列，，，中的值等于（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的定义求解. 【详解】解：由题意得，公比，故. 故选：C 2. 在一次高台跳水比赛中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：m）与起跳后的时间（单位：）存在函数关系，则该运动员在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由导数的几何意义得瞬时速度就是求的值即可. 【详解】解：，， 所以运动员在时的瞬时速度为． 故选：A 3. 若函数在处的导数等于，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的定义直接计算作答. 【详解】由已知得 ． 故选：D． 4. 已知数列满足，若数列是等比数列，则k值等于（ ） A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】将所给数列递推式变形，由数列{an﹣1}是等比数列求得k的值． 【详解】解：由an+1＝kan﹣1，得． 由于数列{an﹣1}是等比数列， ∴，得k＝2， 故选D． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比关系的确定，是基础题． 5. 如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量数量符号的运算性质，结合空间向量线性运算的性质进行求解即可. 【详解】因为点为棱的中点， 所以， 因为四面体的棱长都是2， 所以， 故选：B 6. 已知函数，则的单调递增区间为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间． 【详解】由得：，即的定义域为； 因为， 所以当时，；当时，； 所以的单调递增区间为． 故选：A 7. 设为抛物线的焦点，为该抛物线上三点．若，则（ ） A. 9 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设出三点的坐标，把（三个焦半径之和）转化为三个点线距之和，用上条件即可求解. 【详解】解：设点的坐标分别为． 又，则，， ． 由抛物线的定义可得：，， 故选：B 8. 丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数在上的导函数为在上的导函数记为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知在上为“凸函数”，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求函数导数，结合导数不等式进行求解，构造函数，利用函数的单调性研究函数的最值即可． 【详解】由于，则， 得，由于在上为“凸函数”， 所以 在上恒成立，即在上恒成立， 由对勾函数的性质知在上单调递增， 于是，故. 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. 已知是等比数列，公比为q，前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 为等比数列 B. 为等差数列 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由等比数列的定义可判断A；等差数列的定义判断B；举特列可判断C；由等比中项判断D. 【详解】对于A，，故为公比为的等比数列，故A正确； 对于B，， 所以是公差为的等差数列，故B正确； 对于C，若，则， 则， 所以，但，故C错误； 对于D，因为，所以，，， 因为是等比数列，所以，解得：，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ） A. 直线BC与平面所成的角等于 B. 点到平面的距离为 C. 异面直线和所成的角为. D. 线段长度的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断. 【详解】解：由题意得： 正方体的棱长为2 对于选项A：连接，设交于O点 平面 即为直线BC与平面所成的角，且，故A正确； 对于选项B：连接，设交于O点 平面 点到平面的距离为,故B正确； 对于选项C：连接、，由正方体性质可知∥ 故异面直线和所成的角即为和所成的角 又 为等边三角形 故C错误； 对于选项D：过作，过作，连接PQ 为异面直线之间的距离，这时距离最小； 设，为等腰直角三角形，则， 也为等腰直角三角形，则 为直角三角形 故 当时，取最小值，故，故D正确； 故选：ABD 11. 已知函数，则（ ） A. 曲线在点处的切线方程是 B. 函数有极大值，且极大值点 C. D. 函数有两个零点 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，求出即可验算；对于B，设，通过导数发现的单调性，进一步结合零点存在定理即可判断；对于C，由B选项结论即可判断；对于D，由零点的定义即可判断. 【详解】对于A，，所以， 所以在点处的切线方程是，即，故A正确； 对于B，设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 令，则，所以， 而， 由零点存在定理可知的零点，即函数有极大值，且极大值点，故B正确； 对于C，由以上分析可知在单调递减，且，所以，故C错误； 对于D，，所以只有唯一的一个零点即. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是构造函数，通过求导来得出其函数性质，由此即可顺利得解. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为__________． 【答案】27 【解析】 【分析】利用等差数列的性质来求三个数的和即可. 【详解】令插入的3个数依次为，即成等差数列， 因此，解得，所以插入的3个数之和为． 故答案为：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，P为双曲线C上一点，且满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线定义和渐近线方程解出双曲线方程，再由双曲线的定义解出结果即可. 【详解】由题意可知，因为渐近线方程为，所以， 又，解得， 所以双曲线方程为， 因为，解得， 故答案为：. 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，若，则不等式的解集为___________. 【答案】 【解析】 【分析】令，根据题意，利用导数求得在上单调递减，把，转化为，得到，即可求解. 【详解】由函数及其导函数的定义域均为，且， 令，可得，且， 因为，可得，所以在上单调递减， 不等式，所以， 所以，解得， 所以不等式的解集为. 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. 已知数列的前n项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）已知，求数列的前n项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据得到是以1为首项，2为公比的等比数列，得到数列的通项公式； （2），结合等差数列和等比数列求和公式进行分组求和. 【小问1详解】 ①， 当时，，解得， 当时，②， 式子①-②得，故， 因为，所以，所以， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以； 【小问2详解】 ， . 16. 在三棱柱中，平面平面，为正三角形，、分别为和的中点. （1）求证：平面； （2）若，，，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接、，证明即可证明平面. （2）根据已知条件找到两两垂直条件建立空间直角坐标即可根据求空间角的向量法求出与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 证明：如图，取的中点为，连接、， 则且， 在直三棱柱中，且， 又为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由于平面平面，且交线为， 又，平面， 因此平面， 又平面，故， 又，，，平面， 故平面 故可建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴， 则由题意， 所以，，， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 17. 已知函数，当时，有极大值，且． （1）求函数的解析式； （2）在（1）的条件下，讨论函数在上的最大值． 【答案】（1） （2）分类讨论，答案见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，可求得，再结合，即可求解； （2）分、和三种情况结合单调性讨论即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为时，有极大值，所以，即，即． 当时，， 令，即；令，即或， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极大值，符合题目条件； 又，所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． ①当时，函数在上单调递增， ； ②当时，函数上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以； ③当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且， 所以， 综上所述，当或时，； 当时，． 18. 已知椭圆，离心率为，点在椭圆上． （1）求E的方程； （2）过点作互相垂直的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）为定值4，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据离心率和得到方程组，求出，，得到椭圆方程； （2）法一：设直线，当，且时，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理求出，得到直线的方程，并求出直线MN恒过定点，并得到当和，直线恒过，设点O，K到直线MN的距离分别是，得到； 法二：设直线，当，且时，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理求出，得到直线的方程，表达出点O和点F到直线MN的距离，，求出，再考虑当和时的情况，得到答案. 【小问1详解】 由题意，， 解得，， 则E的方程 【小问2详解】 法一：与面积之比为定值，定值为4，理由如下： 设直线，，， 讨论：①当，且时， 联立，可得， ，则， 所以，， 所以， 设，同理可得． 所以（，且）， 所以直线，即， 所以直线MN恒过定点； ②当时，不妨设直线；， 可发现轴，且MN过， ③当时，直线MN依然过，但无法形成三角形． 综上，直线MN恒过点， 设点O，K到直线MN的距离分别是，． 法二：与面积之比为定值，定值为4，理由如下： 设直线，，， 讨论：①当，且时， 联立，可得， ，则， 所以，， 所以， 设，同理可得． 所以（，且）， 所以直线，即， 则点O到直线MN的距离， 则点F到直线MN的距离， 所以， ②当时，不妨设直线；，可发现， 则点O到直线MN距离，点F到直线MN的距离， 所以， ③当时，无法形成三角形． 综上，与面积之比为定值，定值为4. 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数得到的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，即为，，，，． （1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； （2）当时，若，，，构成等比数列，求正整数的所有可能值； （3）记，求证：． 【答案】（1）（答案不唯一）； （2），中为质数； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据定义得，然后取公比为2即可得； （2）根据约数定义分析其规律，然后化简可得，由是整数的最小质因数可得，进而可得公比，然后可求a； （3）利用变形得，然后利用裂项相消法结合放缩放即可得证. 【小问1详解】 由题意可知，， 当时,正整数的个正约数构成等比数列， 取公比为2得：，，，为的所有正约数，即． 【小问2详解】 根据约数定义可知，数列中，首尾对称的两项之积等于a， 即， 所以，，，， 因为，依题意可知，所以， 化简可得，所以， 因为，所以， 因此可知是完全平方数． 由于是整数的最小质因数，是的因子，且，所以， 所以，数列，，，的公比为， 所以，，为，，，， 所以，其中为质数． 【小问3详解】 由题意知（）， 所以， 因为，，， 所以 因为，，所以， 所以，即． 【点睛】关键点睛：本题关键在于根据约数定义分析其性质，抓住，，以及为质数即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$