精品解析：湖北省孝感高级中学2024-2025学年高二下学期3月测试数学试题

孝感高中2023级高二年级 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解. 【详解】如图所示： 为准线与轴的交点， 因为，且，所以， 因为，所以， 而，所以， 所以. 故选：A. 2. 渐近线方程为的双曲线的离心率是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程可求得，进一步可得离心率. 【详解】根据渐近线方程为的双曲线，可得， 又， 所以， 则该双曲线的离心率为， 3. 记等差数列的前n项和为.若，，则（ ） A. 49 B. 63 C. 70 D. 126 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得. 【详解】因是等差数列，故，于是 故选：B 4. 设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数与函数极值点的关系判断可得出合适的选项. 【详解】因为函数在处取得极小值， 在左侧附近，，此时，， 在右侧附近，即存在，使得当，使得， 此时，，C选项合乎题意. 故选：C. 5. 在数列中，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出数列的前几项，即可找出数列的周期，即可求出； 【详解】数列中，，， 所以， 当时，解得， 当时，解得， 当时，解得， 当时，解得， 故数列的周期为3， 所以， 故选：D． 6. 两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 男女生人数相同可利用整体发分析出两位女生相邻的概率，进而得解. 【详解】两位男同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种数相同，所以两位女生相邻与不相邻的概率均是．故选D． 【点睛】本题考查常见背景中的古典概型，渗透了数学建模和数学运算素养．采取等同法，利用等价转化的思想解题． 7. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种. 故选：D. 8. 设，，，则，，的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据a、b、c的结构，构造函数，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小，从而可得到正确答案． 【详解】因为，， 故构造函数，则， 令，解得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 又因为，， 所以，． 因为，又， 所以，即，故， 故选：A． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交C的右支于A，B两点，若，，则（     ） A. C的离心率为2 B. C. 的面积为 D. 的周长为18 【答案】ABD 【解析】 【分析】由双曲线方程可得，由，可得，据此可得题中所涉线段长度，即可判断选项正误. 【详解】如图所示，不妨设在第一象限，由双曲线可得， 则，由于，得，， 由于，， 所以， 故，可得，故， 而，故， 由，得，所以的离心率； 由以上分析可知，在中，，，， 故， 的周长为． 故选：ABD 10. 在数列中，，则以下结论正确的为（ ） A. 数列为等差数列 B. C. 当取最大值时，的值为51 D. 当数列的前项和取得最大值时，的值为49或51 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差中项判断A；计算判断B；确定数列单调性推理判断CD. 【详解】对于A，由，得， 两式联立得，即，数列为等差数列，A正确； 对于B，令，得，B错误； 对于C，由等差数列的性质知，即，又， 公差，则，数列的前51项为正， 从第52项开始为负，当取最大值时，n的值为51，C正确； 对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又， 得， 则数列前49项和最大，又，即数列前51项和最大，当时，， 因此当或51时，的前n项和取得最大值，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：涉及求数列最大项问题，探讨数列的单调性是解题的关键，可以借助作差或作商的方法判断单调性作答. 11. 已知函数，则（ ） A. 在上是增函数 B. 的极大值点为， C. 有唯一的零点 D. 的图象与直线相切的点的横坐标为， 【答案】BC 【解析】 【分析】借助导数求出单调性即可得其极值点，即可得A、B；结合函数单调性与零点存在性定理，分，、及进行讨论即可得C；借助导数的几何意义计算即可得D. 【详解】对A、B：， 则当，即时，， 当时，， 即在上单调递减， 在上单调递增，故A错误； 的极大值点为，，故B正确； 对C：令， 即，由， 当时，， 当时，由，故， 由在上单调递增， 取，有在上单调递增， 又，故在上必有一零点， 由在上单调递减， 取，即在上单调递减， 则在上没有零点， 综上所述，有唯一的零点，故C正确； 对D：设切点坐标为， 则有， 由切线方程为，则有，即， 化简得，即， 即有，，则，，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题中C选项关键点在于结合函数单调性与零点存在性定理，分，、及进行讨论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设椭圆的左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出值即可. 【详解】 设线段的中垂线与相交于点，由椭圆方程可知， ，，；由已知有：，点在椭圆上， 根据椭圆定义有：，所以，， 在中，，， ，点在椭圆上，根据椭圆定义有：， 设，则，，在中由余弦定理有： , 解得，即. 故答案为： 13. 不等式的解集为________. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据排列数的定义得到且，再根据排列数的性质得到不等式求出解集，得到答案. 【详解】由题意得，解得且， 又，即， 即，解得， 综上可知，故解集为. 故答案为： 14. 斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，.给出下列四个结论： ①存在，使得成等差数列； ②存在，使得成等比数列； ③存在常数t，使得对任意，都有成等差数列； ④存在正整数，且，使得. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】由成等差数列判断①；由数列任意连续三项为{奇数,奇数,偶数}或{奇数,偶数,奇数}，结合是否能成立判断②；利用递推式可得，即判断③；写出前16项判断是否存在使判断④. 【详解】由题设，，显然成等差数列，①正确； 由题设知：在上，依次为{奇数,奇数,偶数}或{奇数,偶数,奇数}或{偶数,奇数,奇数}， 所以不可能有，故不存在使成等比数列，②错误； 由，，， 所以，故，则成等差数列， 故存在使得对任意，都有成等差数列，③正确； 由，，，…，，， 所以，则， 由题设，数列前16项分别为， 其中， 所以存在正整数，且，使得，④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：利用等差、等比数列的定义性质判断①②，应用递推式得到判断③，列举出前16项，直接判断是否存在使对应各项和为. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． （1）比20000大的五位偶数共有多少个； （2）从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ （3）能被6整除的五位数有多少个． 【答案】（1）240 （2）352 （3）108 【解析】 【分析】（1）分首位是2，4，3，5四种情况，得到每种情况下的结果数，相加即可； （2）分首位数字为1、2和3，求出相应的比35214小的个数，从而得到答案； （3）能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，分2种情况，结合须为偶数，分类讨论，求出每种情况下的个数，相加即可. 【小问1详解】 根据题意，符合题意的五位数的首位只能是2，3，4，5，共4种可能， 末位数字必须是0、2或4； 当首位是2时，末位是4或0，有种结果，当首位是4时，同样有48种结果， 当首位是3或5时，末位数字必须是0、2或4，共有种结果， 综上，可知共有种结果，即比20000大的五位偶数有个； 【小问2详解】 根据题意，当五位数首位数字为1、2时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为0、1、2、4时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为，第3位数字为0、1时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为0时，有2个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为1时，比35214小的还有35210，1个数； 则比35214小的五位数有个，故35214是第位； 【小问3详解】 根据题意，被6整除的数必须是既能被2整除，也能被3整除， 若能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，有2种情况， ①当五个数字由、、、、组成时，其末位数字为、，有个， ②当五个数字由、、、、组成时，首位数字为或时，末位有种选择，共有个， 首位数字为或时，末位有种选择，共有个，此时共有个， 则被整除的五位数有个． 16. 已知函数 （1）当时，求的极值； （2）若，试讨论的单调性； （3）是否存在，使得在区间上的最小值为，若存在，求出，若不存在说明理由. 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） 时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到的单调性，进而得到函数极值情况； （2）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性； （3）由（2）可知，时，在上为减函数，在上为增函数，故分，，三种情况，根据函数最小值得到方程，求出. 【小问1详解】 当时，，，， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以时，取极小值，无极大值； 【小问2详解】 因为，，若，恒成立，递增； 若，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 综上所述，时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问3详解】 由（2）可知，时，在上为减函数，在上为增函数． 假设存在，使得在区间上的最小值为， 若，即时，，解得，符合题意； 若，即时，， 解得，舍去； 若，即时，，解得，舍去． 综上所述，存在，使得在区间上的最小值为． 17. 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． （1）求C的方程； （2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解； （2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解. 【小问1详解】 抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时，所以， 所以抛物线C的方程为； 【小问2详解】 [方法一]：【最优解】直线方程横截式 设，直线， 由可得，， 由斜率公式可得，， 直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得， 所以 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以， 若要使最大，则，设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得， ，所以， 所以直线. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设,直线 由 得：，,同理，. 直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，. 代入抛物线方程可得:,所以，同理可得， 由斜率公式可得： （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得，，所以，所以直线. [方法三]：三点共线 设， 设,若 P、M、N三点共线，由 所以，化简得， 反之，若,可得MN过定点 因此，由M、N、F三点共线，得， 由M、D、A三点共线，得， 由N、D、B三点共线，得， 则，AB过定点（4,0） （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，所以直线. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 18. 记数列的前项和为. （1）证明为等比数列，并求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求使不等式成立的的最大值. 【答案】（1） 由， 得，即， 所以，变形得，又， 故数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以，即. （2）6 【解析】 【分析】（1）对已知等式变形结合等比数列定义即可求解； （2）由题意结合裂项相消法求和，并结合数列单调性即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以， . 因为，所以，即. 设函数. 因为， 所以单调递增. 又，所以， 所以使成立的最大正整数的值为6. 19. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、. ①求证：直线恒过定点； ②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） ①设，，， 由题设可知：，， 又因为，经过点，所以， 所以，均在直线上，即， 由，解得，所以直线过定点. ②存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的长轴长为，离心率为，由求解； （2）①设，，，由，，且，经过点，得到求解；②设实数存在，则，分直线斜率不存在，斜率，斜率，利用弦长公式求解. 【小问1详解】 解：由题意可知，所以， 所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②设实数存在，因为，所以， 当直线斜率不存在时，此时直线的方程为， 由解得， 所以，故. 当直线斜率时，不满足题意； 当直线斜率时，设直线的方程为，则， 故， 所以， 联立可得，显然， 所以，， 所以. 综上可知，存在满足条件. 【点睛】方法点睛：本题第二问，首先利用弦长公式得到，然后巧用，化简得到，结合韦达定理而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 孝感高中2023级高二年级 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 渐近线方程为的双曲线的离心率是（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 记等差数列的前n项和为.若，，则（ ） A. 49 B. 63 C. 70 D. 126 4. 设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 在数列中，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是 A. B. C. D. 7. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 设，，，则，，的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交C的右支于A，B两点，若，，则（     ） A. C的离心率为2 B. C. 的面积为 D. 的周长为18 10. 在数列中，，则以下结论正确的为（ ） A. 数列为等差数列 B. C. 当取最大值时，的值为51 D. 当数列的前项和取得最大值时，的值为49或51 11. 已知函数，则（ ） A. 在上是增函数 B. 的极大值点为， C. 有唯一的零点 D. 的图象与直线相切的点的横坐标为， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设椭圆的左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则__________． 13. 不等式的解集为________. 14. 斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，.给出下列四个结论： ①存在，使得成等差数列； ②存在，使得成等比数列； ③存在常数t，使得对任意，都有成等差数列； ④存在正整数，且，使得. 其中所有正确结论的序号是________. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． （1）比20000大的五位偶数共有多少个； （2）从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ （3）能被6整除的五位数有多少个． 16. 已知函数 （1）当时，求的极值； （2）若，试讨论的单调性； （3）是否存在，使得在区间上的最小值为，若存在，求出，若不存在说明理由. 17. 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． （1）求C的方程； （2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 18. 记数列的前项和为. （1）证明为等比数列，并求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求使不等式成立的的最大值. 19. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、. ①求证：直线恒过定点； ②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $