精品解析：安徽省蚌埠市A层高中2024-2025学年高二下学期第四次联考数学试题

2024-2025学年第二学期蚌埠市A层高中第四次联考 高二数学卷 时间：120分钟 满分：150分 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. 记为等差数列的前n项和，若则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 2. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 6名同学到A，B，C三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 3604 4. 已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的首项为1，且成等比数列，则数列的前项和为（ ） A B. C. 505 D. 1013 6. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中，取出4张排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有（ ）种． A. 72 B. 144 C. 384 D. 432 7. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 下列命题正确的有（ ） A. B. 已知数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 10. 已知曲线，则（ ） A. 不经过第二象限 B. 当，时，上任一点到坐标原点的距离均相等 C. 上点的横坐标的取值范围是 D. 上任一点到直线的距离的取值范围是 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若平面，则点Q的轨迹长度为 C. 存在平面 D. 平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含项的系数为________． 13. 已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________. 14. 设A，B是曲线上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上、下两半部分所成二面角为，则的最小值为________． 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. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 16. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知圆，圆，若动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为0的直线与曲线交于两点、，请问：在轴上是否存在一点，使得，如果存在，求出点的坐标，如果不存在请说明理由. 18. 若正项数列前项和为，首项，点在曲线上，数列满足，，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列和的通项公式； （3）设数列满足，数列前项和为，若不等式第一切恒成立，求实数的取值范围． 19. 泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：．注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，和表示在原点处的阶导数． （1）求泰勒公式（写到含的项为止即可），并估算的值（精确到小数点后三位）； （2）当时，比较与的大小，并证明； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期蚌埠市A层高中第四次联考 高二数学卷 时间：120分钟 满分：150分 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. 记为等差数列的前n项和，若则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出导函数得出切线斜率，再结合直线垂直得出斜率关系列式求参. 【详解】因为曲线，所以 所以在点处的切线斜率为， 直线的斜率为，又因为两直线垂直，所以，所以. 故选：B. 3. 6名同学到A，B，C三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 3604 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数及分步乘法计数原理即可求解. 【详解】首先安排C场馆的3名同学，即； 再从剩下的3名同学中来安排A场馆的1名同学，即； 最后安排2名同学到丙场馆，即． 所以不同的安排方法有：种． 故选：B. 4. 已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项求出展开式前三项的系数，列出方程求出的值，由二项式系数的性质求出答案. 【详解】展开式中的第项为， 所以前三项的系数依次为， 依题意，有，即， 整理得，解得（舍去）或. 由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大， 即. 故选：C. 5. 已知等差数列的首项为1，且成等比数列，则数列的前项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 【答案】A 【解析】 【分析】利用给定条件结合分类讨论确定公差，再将目标数列求出，利用并项求和法求和即可. 【详解】设公差为，因为成等比数列， 所以，则， 解得或，当时，， 此时与成等比数列矛盾，故排除， 当时，，此时令， 而其前项和为， ，故A正确. 故选：A 6. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中，取出4张排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有（ ）种． A. 72 B. 144 C. 384 D. 432 【答案】D 【解析】 【分析】根据所取数字之和为10，分3类，再由分类加法计数原理求解即可. 【详解】分3类： ①红1蓝1，红4蓝4，排成一排； ②红2蓝2，红3蓝3，排成一排； ③2个1选1张，2个2选1张，2个3选1张，2个4选1张，排成一排， 由分类加法计数原理，共种， 故选：D． 7. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据题意可判断，是偶函数，在上是增函数，在减函数，把原不等式转化为解不等式，进而，解得即可. 【详解】令，则， 当时，，所以当时，， 即在上是增函数，由题意是定义在上的偶函数，所以， 所以，所以是偶函数，在单调递减， 所以，， 即不等式等价为， 所以，解得或， 所以不等式的解集为． 故选：D 8. 已知，分别是双曲线左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据共线向量的性质、角平分线的性质，结合双曲线的定义、余弦定理、双曲线的渐近线方程进行求解即可. 【详解】因为，所以∽． 设，则，设，则，． 因为平分，由角平分线定理可知，， 所以，所以． 由双曲线定义知，即，解得． 又由，得， 所以，即是等腰三角形． 由余弦定理知， 即，化简得，所以， 则双曲线的渐近线方程为． 故选：D 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用角平分线性质和共线向量的性质. 二、多选题：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. 下列命题正确的有（ ） A. B. 已知的数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A：根据指数函数的导数求导判断；选项B：运用复合函数求导规则计算判断；选项C：运用函数除法导数运算计算判断；选项D：对求导，得到表达式.令，得到关于的等式，求解. 【详解】，故A错误． 对于B,因，若则，即，故B正确． 对于C,因为，故C错误． 对于D,因为，故，故，D正确． 故选：BD 10. 已知曲线，则（ ） A. 不经过第二象限 B. 当，时，上任一点到坐标原点的距离均相等 C. 上点的横坐标的取值范围是 D. 上任一点到直线的距离的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由化简方程即可判断；对于B，由化简的方程即可判断；对于C，结合，与时曲线的方程可求出的取值范围，即可判断C项的正误；对于D，结合3个象限内曲线的性质即可判断曲线上任一点到直线的距离的取值范围. 【详解】对于A，当时，的方程为，方程无解， 所以曲线不经过第二象限，故A正确； 对于B，当时，的方程为，即， 此时方程表示圆心在坐标原点，半径为2的四分之一圆， 所以当时，上任一点到坐标原点的距离均为2，故B正确； 对于C，当时，为双曲线在第一象限的部分， 当时，为双曲线在第三象限的部分， 所以曲线的图象，如图所示，则上点的横坐标的取值范围是，故C错误； 对于D，因为直线是双曲线与双曲线的公共渐近线， 所以上任一点到直线的距离都大于0， 又上任一点到直线的距离的最大值即四分之一圆上的点到直线的距离的最大值为2，故D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查了曲线与方程、直线与圆及直线与圆的位置关系，解答本题的关键是根据曲线方程得到相应的曲线，利用直线与圆、直线与双曲线的位置关系求解距离范围. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若平面，则点Q的轨迹长度为 C. 存在平面 D. 平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出三棱锥体积判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点Q的轨迹判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；求出点到平面的距离，利用球的截面性质求解判断D. 【详解】对于A，由，得的面积为定值， 由平面平面，得三棱锥的高为定值2， ，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设，， ，，则， 由平面， 得， 即点的轨迹方程为，令，得；令，得. 又点在底面内， 因此点的轨迹长度即为两点间的距离，B正确； 对于C，若存在平面，则，由， 得，，因此不存在平面，C错误； 对于D，由平面，得点到平面的距离为定值， 而，则， 而，则该球的半径， 截面圆的半径满足， 则截面面积的取值范围为，D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含项的系数为________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出展开式中含和的项，进而得到得到含项的系数. 【详解】依题意，展开式中含的项是，含的项是， 因此的展开式中，含的项为， 所以所求系数为． 故答案为：. 13. 已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】设，由已知求得点M的轨迹方程，数形结合可求得的最小值. 【详解】因为点M满足， 设，则， 两边平方整理得， 即点M的轨迹为圆心，半径为2的圆， 最小值是M到准线的最短距离， 因为N可以选择在抛物线上，使得N到M的距离加上N到准线的距离最小， 圆心到准线的距离是， 圆的半径是2，所以M 到准线的最短距离是， 因此，的最小值是 故答案为： 14. 设A，B是曲线上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上、下两半部分所成二面角为，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知得出二面角，再应用向量关系结合数量积公式化简，最后应用基本不等式计算求解即可. 【详解】 设， 在平面直角坐标系中，过A作轴于点C，过B作轴于点D， 则，且分别在上下两个半平面内，折叠后即有， 因为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 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. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数的单调性； （2）分离参数得，构造，利用导数求最大值即得. 【小问1详解】 当时，函数的定义域是，， 令，得，解得，故的单调递减区间是， 令，得，解得，故的单调递增区间是， 综上，的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 由任意，知恒成立. 因，故，在上恒成立. 设，则， 令，得，（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故当时，取得极大值，也是最大值，且， 所以若在上恒成立，则， 故实数的取值范围是. 16. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，取的中点O，利用面面垂直的性质，线面垂直的判定、性质推理得证. （2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取的中点O，连接，由，得， 由平面平面，平面平面平面， 得平面，而平面，则， 在直角梯形中，， 则四边形为正方形，即，又，且平面， 因此平面，而平面， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，直线两两垂直，以O为原点，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，得， 设平面的法向量为，则， 令，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知圆，圆，若动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为0的直线与曲线交于两点、，请问：在轴上是否存在一点，使得，如果存在，求出点的坐标，如果不存在请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义判断点C的轨迹为椭圆，进而求出椭圆方程； （2）由 可得么.设直线，联立方程利用韦达定理求出，，再利用可得出，从而得解. 【小问1详解】 设动圆的半径为，由题意， ， 又，故的轨迹为以、为焦点，长轴长为6的椭圆.又因为圆和圆内切，所以左顶点不满足， ，，， 故的方程为； 【小问2详解】 假设存在点，使得， 当直线的斜率不存在时，恒成立 当直线的斜率存在时， 设，点， ，得 ，， 因为，所以 ， 所以， 化简得， 代入解得， 即存在点，使得. 18. 若正项数列的前项和为，首项，点在曲线上，数列满足，，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列和的通项公式； （3）设数列满足，数列的前项和为，若不等式第一切恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3） 【解析】 【分析】(1)由题意可得，结合等差数列的定义，即可得证； (2)分别运用等差数列和等比数列的通项公式，计算可得所求； (3)运用错位相减法求和可得，对分奇数和偶数，结合不等式恒成立问题解法，可得所求范围． 【小问1详解】 证明：由点在曲线上，可得， 由于是正项数列和，所以两边开方得：，因为， 所以数列为公差为，首项为的等差数列； 【小问2详解】 由数列为公差为，首项为的等差数列可得， ，即， 当时，， 由知，上式对也成立，则； 数列满足，，且， 可得，故是以为首项，为公比的等比数列， 可得； 【小问3详解】 由于， 所以前项和为， 则， 两式相减可得 ， 化简可得， 由不等式对一切恒成立， 可得为奇数时，恒成立， 由递增，可得最小值为，即有，可得； 为偶数时，恒成立， 由递增，可得最小值为，即有， 综上可得：． 19. 泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：．注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，和表示在原点处的阶导数． （1）求的泰勒公式（写到含的项为止即可），并估算的值（精确到小数点后三位）； （2）当时，比较与的大小，并证明； （3）设，证明：． 【答案】（1），； （2），证明见详解； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出，根据泰勒公式可得； （2）构造函数，利用导数判断单调性，结合可证； （3）利用（2）中结论令，结合裂项相消法可证，构造函数证明，令，利用裂项相消法可证. 【小问1详解】 因为， 所以 所以的泰勒公式为：， 所以 【小问2详解】 记， 因，所以在上单调递增， 又，所以时有， 所以. 【小问3详解】 由（2）知，，即， 所以， 即. 令，则， 所以在上单调递减，所以，故， 所以， 则，即. 综上，时，. 【点睛】关键点睛：第三问关键在于构造差函数证明，结合（2）中结论令，使用裂项相消法即可得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $