精品解析：山西省2023-2024学年高二下学期4月期中调研测试数学试卷

山西2024年4月份高二期中调研测试数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.黑水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色黑水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 小米汽车首款车型小米SU7于2024年3月28日正式发布，该款车型有9种外观颜色，4种内搭颜色可供选择．若车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有（ ）种情况 A. 4 B. 9 C. 13 D. 36 2. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 的展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. 第二项 B. 第三项 C. 第四项 D. 第五项 4. 已知双曲线（，）的渐近线方程为，则直线交抛物线所得的弦长为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知函数，则函数的极值点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 某校街舞社共8位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮（8名学生身高均不相同），共有（ ）种站队方法 A. 2250 B. 2520 C. 2790 D. 3250 7. 已知函数与偶函数在交点处的切线相同，则函数在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 石墨烯是一种由单层碳原子构成的具有平面网状结构的物质，其结构如图所示，其中每个六边形的顶点是一个碳原子的所处位置.现令六边形为中心六边形，其外围紧邻的每个六边形构成“第一圆环”，“第一圆环”外围紧邻的六边形构成“第二圆环”，以此类推.则“第七圆环”上的碳原子数为（ ） A. 42 B. 120 C. 168 D. 210 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. 已知数列满足，，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 令，，则 D. 令，，则 10. 某高中打算组织一个校园足球队，计划从各班挑选11个同学.下列说法正确的是（ ） A. 若将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，共有240种分配方法 B. 学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练.若其中一组4人，另外两组每组3人，有2100种不同的分组方式 C. 比赛人场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时A、、三人必须相邻，、、、四人均不相邻，有259200种不同的排法 D. 现安排A、、三名同学到甲、乙、丙、丁四个球队进行集训，若甲球队必须有同学去，则不同的安排方法有37种 11. 已知函数，，下列说法正确的是（ ） A. 函数存在唯一极值点，且 B. 令，则函数存在唯一零点 C. 若恒成立，则 D. 若，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：，则圆心到直线：的最大距离为______. 13. 如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为____. 14. 已知函数，若函数在存在单调增区间，则实数的范围为______. 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. 已知在的展开式中，第三项与第二项的系数之比为21:4. （1）求的值； （2）求展开式中所有的有理项. 16. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，记数列的前项和为，求证：. 17. 已知焦点在轴上的椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，坐标原点为.，，三点满足，且为椭圆与圆：的一个切点． （1）求椭圆的方程； （2）设为过的直线，与圆交于两点，求的取值范围． 18. 已知函数（）的两个零点为，且. （1）求实数的取值范围； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 19. 定义：对一个棱锥的各个顶点染色，若每一条棱的两个端点均不同色，则称之为“多彩棱锥”.若用（）种颜色给某（）棱锥染色，出现“多彩棱锥”的数量记作. （1）当，时，试求的值； （2）当，时，试求的值； （3）结合前两问的解题思路，对任意的正整数（）（），请写出的运算公式，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西2024年4月份高二期中调研测试数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.黑水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色黑水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 小米汽车首款车型小米SU7于2024年3月28日正式发布，该款车型有9种外观颜色，4种内搭颜色可供选择．若车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有（ ）种情况 A. 4 B. 9 C. 13 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】先选颜色，再选内搭，根据分步乘法计数原理运算求解. 【详解】第一步：选外观颜色，有9种选择； 第二步：选内搭，有4种选择； 所以共有种情况． 故选：D. 2. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由导数定义计算化简可得. 【详解】因为，所以， 由导数定义可知. 故选：D. 3. 的展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. 第二项 B. 第三项 C. 第四项 D. 第五项 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合二项展开式的二项式系数的性质，即可求解. 【详解】由的展开式中，项的二项式系数为， 根据二项式系数的性质得，当时，，即第四项的二项式系数最大． 故选：C. 4. 已知双曲线（，）的渐近线方程为，则直线交抛物线所得的弦长为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程得出，进而得出直线方程，再联立直线与抛物线方程，结合弦长公式及韦达定理求解即可． 【详解】因为双曲线（，）的渐近线方程为， 所以， 所以，代入抛物线得，， 设直线与抛物线的交点为，则， 所以， 故选：D． 5. 已知函数，则函数的极值点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数研究函数单调性，判断极值点个数. 【详解】函数，定义域为， ，在上恒成立， 则函数在上单调递增，无极值点，极值点个数为0. 故选：A. 6. 某校街舞社共8位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮（8名学生身高均不相同），共有（ ）种站队方法 A. 2250 B. 2520 C. 2790 D. 3250 【答案】B 【解析】 【分析】将前后2人看成一组，可看成4个不同位置，全排列后按照定序求解即可. 【详解】将前后2人看成一组，可看成4个不同位置，分别取出2人排在4个位置， 两人顺序确定（高在后，矮在前），所以不同的站法共有种. 故选：B 7. 已知函数与偶函数在交点处的切线相同，则函数在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得，得到且，根据题意，得到与相切于，且，再由为偶函数，求得，且，进而求得切线方程. 【详解】由函数，可得，所以且， 因为函数与偶函数在交点处的切线相同， 所以函数与相切于，且， 又因为为偶函数，所以，且， 所以函数在处的切线方程为，即． 故选：D. 8. 石墨烯是一种由单层碳原子构成的具有平面网状结构的物质，其结构如图所示，其中每个六边形的顶点是一个碳原子的所处位置.现令六边形为中心六边形，其外围紧邻的每个六边形构成“第一圆环”，“第一圆环”外围紧邻的六边形构成“第二圆环”，以此类推.则“第七圆环”上的碳原子数为（ ） A. 42 B. 120 C. 168 D. 210 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意发现其规律即可. 【详解】记“第n圆环”最外层的碳原子个数为， 依题意,, ， 由此可以归纳出 “第二圆环”上的碳原子个数为,“第三圆环”上的碳原子个数为, 由此可得“第n圆环”上的碳原子个数为,所以“第七圆环”的碳原子个数为 故选：C 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. 已知数列满足，，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 令，，则 D. 令，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据递推公式即可求出，及数列的周期，根据数列的周期求出，再根据向量平行及垂直的坐标表示即可判断CD. 【详解】由，， 可得，，，，故A正确，B错误； 所以数列为周期数列，周期为4， 对于C，， ， 因为， 所以不平行，故C错误； 对于D，， ， 因为，所以，故D正确. 故选：AD. 10. 某高中打算组织一个校园足球队，计划从各班挑选11个同学.下列说法正确的是（ ） A. 若将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，共有240种分配方法 B. 学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练.若其中一组4人，另外两组每组3人，有2100种不同的分组方式 C. 比赛人场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时A、、三人必须相邻，、、、四人均不相邻，有259200种不同的排法 D. 现安排A、、三名同学到甲、乙、丙、丁四个球队进行集训，若甲球队必须有同学去，则不同的安排方法有37种 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：问题等价于将11个完全相同的小球分为8组，每组至少一个小球，利用隔板法运算求解； 对于B：若其中一组4人，另外两组每组3人，根据部分平均分组法运算求解； 对于C：将A、、三人进行捆绑，再将、、、四人进行插空，进而可得结果； 对于D：利用间接法分析求解. 【详解】对于选项A：将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额， 问题等价于将11个完全相同的小球分为8组，每组至少一个小球， 由隔板法可知，不同的分配方法种数为种，故A错误； 对于选项B：将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练， 若其中一组4人，另外两组每组3人， 则不同的方法种数为种，故B正确； 对于选项C：将A、、三人进行捆绑，与除、、、四人以外的4人进行全排， 再将、、、四人进行插空， 所以不同的排法种数为种，故C正确； 对于选项D：采用间接法：所有选法是种，甲球队没有同学去有种， 故甲球队必须有同学去有种，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知函数，，下列说法正确的是（ ） A. 函数存在唯一极值点，且 B. 令，则函数存在唯一零点 C. 若恒成立，则 D. 若，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，利用导数研究函数单调性，判断极值点个数；B选项，由函数和的值域，判断的零点个数；C选项，由函数的最值解决恒成立问题；D选项，利用函数单调性证明不等式. 【详解】A选项，函数，定义域为， ，在上单调递增，，， 所以，使得，满足，即. 当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以函数存在唯一极值点，且，A选项正确； B选项，由A选项可知，，即恒大于0， 函数，定义域为，， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 得， 则在上恒成立，即在单调递增， ， 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 则，所以恒大于0， 故无零点，故B选项错误； C选项，若恒成立，则，即恒成立， 由，有，故存在满足题意，故C选项错误； D选项，函数在单调递增， ，，则，有， 即， 得， 有， 所以，故D选项正确. 故选：AD. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：，则圆心到直线：的最大距离为______. 【答案】5 【解析】 【分析】求出圆心坐标，与直线过定点坐标，再求两点间的距离，即可得解. 【详解】圆：的圆心为，半径， 直线：，即，令，解得， 所以直线过定点，则圆心到直线的最大距离为. 故答案为： 13. 如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为____. 【答案】559 【解析】 【分析】由题意可得第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，…，即求的和，计算即可得答案. 【详解】第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，第五行的第三位数字，…， 第十五行的第三位数字是， 则所求为 . 故答案为：559 14. 已知函数，若函数在存在单调增区间，则实数的范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的性质，结合存在的性质进行求解即可. 【详解】由题可知，则在上有解， 即有解，所以在内有解， ，则. 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. 已知在的展开式中，第三项与第二项的系数之比为21:4. （1）求的值； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项式的通项公式，结合题意进行求解即可； （2）根据二项式的通项公式，结合有理项的性质进行求解即可. 【小问1详解】 根据题意，第二项为，第三项为， 所以，解得. 【小问2详解】 展开式中，其中. 当时，展开式为有理项： ； ； ； ； ， 即展开式中所有的有理项为. 16. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，记数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） 由题可得，，当时，， 又因为当时，， 所以. 【解析】 【分析】（1）对已知等式进行去分母变形，利用累加法，结合等差数列前项和公式进行求解即可； （2）利用裂项相消法进行证明即可. 【小问1详解】 由题可得，则，…，，， 将这项相加，可得， 所以，经检验成立，所以. 【小问2详解】 略 17. 已知焦点在轴上的椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，坐标原点为.，，三点满足，且为椭圆与圆：的一个切点． （1）求椭圆的方程； （2）设为过的直线，与圆交于两点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由为上顶点且为与圆：的切点，得出，再根据得出，进而得出，即可得出椭圆方程； （2）分两种情况讨论，当斜率存在时，设：，由点到直线距离公式求得原点到直线的距离，再根据勾股定理得出，进而得出范围；当斜率不存在时，，即可求解． 【小问1详解】 设：（）， 因为为上顶点且为与圆：的切点，所以， 令，因为，所以， 所以，即：． 【小问2详解】 因为，所以， 1°当斜率存在时，设：， 所以到的距离， 则， 所以， 2°当斜率不存在时，，， 综上，的取值范围为． 18. 已知函数（）的两个零点为，且. （1）求实数的取值范围； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据零点的定义，通过取对数法，得到等式，通过构造函数法，利用导数研究新函数的单调性，最后根据零点的个数，结合函数的图象进行求解即可； （2）根据零点的定义、对数的运算法则，得到，令，通过换元把分别用的代数式表示，代入已知不等式中，得到，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，最后利用函数的单调性、函数零点存在原理进行求解即可. 【小问1详解】 由得，两边同时取对数整理得：， 设，则，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，当时，当时，函数的图象如下图所示： 所以，即，所以. 【小问2详解】 由，得，， 设，则有，即，， 由得，即， 设（），则， 设，则， 设，则， 当，，单调递增，当，，单调递减， 且，，所以存在唯一的，使得， 当，，单调递增，当，，单调递减， 且，，所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以，所以的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过设两个变量的比，把二个变量的问题，转化为一个变量的问题，最后通过构造新函数，利用导数的性质进行求解. 19. 定义：对一个棱锥的各个顶点染色，若每一条棱的两个端点均不同色，则称之为“多彩棱锥”.若用（）种颜色给某（）棱锥染色，出现“多彩棱锥”的数量记作. （1）当，时，试求的值； （2）当，时，试求的值； （3）结合前两问的解题思路，对任意的正整数（）（），请写出的运算公式，并证明. 【答案】（1）1560 （2）6120 （3） 题目等同于“用种不同的颜色给一个棱锥的每个顶点染上一种颜色， 并使同一条棱的两个端点异色”， 设顶点为，底面五点为，，，， 首先对顶点进行染色，共有种选择； 设，，，，的染色方法共有种， 下面考虑的递推关系： 若从开始染色，则有种染法， 继而，，，分别均有种染法，最后对染色， 如果仅要求与异色（不要求与异色），则仍有种染法. 于是，总共有种染法. 上述种染法可分为以下两类： 一类是与异色，这是符合要求的，有种染法； 另一类是与同色，这不符合要求， 这时可将与合并成一点，得出种符合题设的染法. 于是（）， 即. 故 得 故. 【解析】 【分析】（1）根据排列组合的染色问题，根据分步计算原理，即可求解； （2）根据排列组合的染色问题，根据分步计算原理，即可求解； （3）根据（1），（2）类比递推的运算公式，证分两类，都需证明. 【小问1详解】 题目等同于“用六种不同的颜色给一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色， 并使同一条棱的两个端点异色”， 设顶点为，底面4点为，，，. 首先对顶点进行涂色，共有6种选择； 第二步，对点进行涂色，共有5种涂色方法； 第三步，需要对是否同色进行分类： 若同色，则共有种情况； 若不同色，则共有种情况； 因此，种情况. 【小问2详解】 题目等同于“用六种不同的颜色给一个五棱锥的每个顶点染上一种颜色， 并使同一条棱的两个端点异色”， 设顶点为，底面五点为，，，，. 首先对顶点进行涂色，共有6种选择； 此时五点共有五种不同颜色可供选择. 故问题转化为如图，，，，五个区域， 有5种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题. 若按照，，，，的顺序分步涂色，暂不考虑同色的情况， 则共有种情况；其中包含了同色. 当同色时，相当于（1）中四个点的涂色问题，即有1560种； 因此，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $