精品解析：北京市延庆区2023-2024学年高二下学期3月统练数学试卷

延庆区2023—2024学年度第二学期统练试卷 高二数学 2024.03 本试卷共5页，150分．考试时长120分钟． 第一部分（选择题，共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题中选出符合题目要求的一项． 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，根据补集的运算性质计算即可. 【详解】由得：，所以. 故选：A 2. 设复数（其中a，，i为虚数单位），则“”是“z为纯虚数”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的分类，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由复数 当时，复数为纯虚数，所以充分性不成立； 反之：若复数纯虚数，则成立，所以必要性成立， 所以“”是“z为纯虚数”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. 1 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】的展开式的通项公式为， 令，则，故的系数为， 故选：B. 4. 已知数列满足，，若，则（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】首先赋值，判断数列是等差数列，并求通项公式，利用等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】因为，令，所以，故数列 是首项和公差均为2的等差数列，所以， 所以，解得k=10. 故选：A 5. 已知是首项为正数，公比不为的等比数列，是等差数列，且，那么（ ） A. B. C. D. 的大小关系不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】由基本不等式可得，由等号取不到可得答案. 【详解】由题意可得四个正数满足，， 由等差数列和等比数列的性质可得，， 由基本不等式可得， 又公比，故，上式取不到等号， 所以，即. 故选：C 6. 已知三棱锥，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为( ) A 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】第1步和最后一步位置都是A，中间两步位置可从B、C、D三个点中选两个排列即可. 【详解】可以看成先后顺序为1、2、3、4的四个座位，第1和第4个座位都是A，第2和第3两个座位从B、C、D三个字母选两个进行排列，共种排法. 故选：B. 7. 已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，利用均值不等式得到答案. 【详解】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则， 设，，则， 当，即时等号成立. 故选：. 【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力. 8. 已知直线与圆交于两点，则弦最短时，（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线所过定点，当⊥时，最小，根据直线垂直与斜率的关系即可得到答案. 【详解】变形为，故直线过定点， 因为，则该定点在圆内， 而的圆心为，半径为，设圆心到该直线的距离为， 因为， 则当最大时，取得最小值，而当时，最大，即取得最小值， 因为，则. 故选：A 9. 在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，是抛物线上的点，若的外接圆与抛物线的准线相切，且该圆面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由的外接圆与抛物线C的准线相切，得到圆心到准线的距离等于半径，再由题意，列出方程求解得p的值，然后利用正弦定理可求得结果 【详解】因为的外接圆与抛物线C的准线相切，所以的外接圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，因为圆面积为，所以圆的半径为， 又因为圆心在OF的垂直平分线上，所以圆心的横坐标为， 则圆心到准线的距离为，解得， 在中，由正弦定理得，其中R是外接圆半径， 即，所以, 故选：D 10. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 60 B. 61 C. 75 D. 76 【答案】B 【解析】 【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再由基本不等式求得的最小值. 【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列， 所以， ∴， 当且仅当，即时取等号， ∴当时取最小值为． 故选：B. 第二部分（非选择题，共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 若，则=______． 【答案】1 【解析】 【分析】应用赋值法求各项系数和即可. 【详解】令，则. 故答案为：1 12. 已知数列的前项和为，则__________． 【答案】36 【解析】 【分析】根据条件分奇偶项讨论得，计算求和即可. 【详解】由题意可得为奇数时，， 两式相减得； 为偶数时，，两式相加得， 故. 故答案为：36 13. 设等差数列的前项和为，若，则公差__________；__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据，利用数列通项和前n项和的关系，求得即可. 【详解】解：因为， 所以， 所以， 所以， 解得代入即得， 故答案为：1，4 14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板________块． 【答案】 【解析】 【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差为，，设每层有环，则，，根据等差数列前项和公式求出，再求出即可. 【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，， 设每层有环，则，， 所以，即， 即，解得或（舍去）， 所以，则， 即上层有扇形石板块. 故答案为：． 15. 已知无穷数列，．性质，，；性质，，，下列说法中正确的有___________ ①若，则具有性质s ②若，则具有性质t ③若具有性质s，则 ④若等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据性质的定义可判断选项A；根据性质的定义可判断选项B；根据性质的定义可得，，利用累加法可证选项C；对于D，结合选项C，可得，由满足性质，分和讨论求出，再由满足性质得，构造，求导结合函数单调性可验证满足题意. 【详解】对于①，因为，对，， 即，所以不具有性质，故①错误； 对于②，，对，， ， ，故②正确； 对于③，若具有性质，令，则， 即，， ，又， 所以，，故③正确； 对于④，是等比数列，设其公比为，又，， 若满足性质，由选项C 得，即，，， 由，，得， 当时，得，即，对，又，， 当时，不妨设，则， ，解得，， 综上，若满足性质，则. 若满足性质，对，，， 可得，即，令，则， 又，所以函数在上单调递增，又由满足性质，， 成立， 所以等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为. 故④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】方法点睛：对于以数列为背景的新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好数列的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的数列的性质的一些因素. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在的展开式中 （1）含的项并说明它是展开式中的第几项； （2）常数项的值和对应的二项式系数； （3）二项式系数最大的项； （4）各项二项式系数的和及各项系数的和． 【答案】（1），第5项； （2）不含常数项； （3），； （4），. 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式写出，（1）令，（2）令，（3）根据二项式系数的性质来求，（4）根据二项式系数和的性质，以及赋值法来求系数和. 小问1详解】 由二项展开式得第项， 令，得， 则，为第5项； 【小问2详解】 令，得，不是整数，则不含常数项； 【小问3详解】 二项式系数最大为， 时，， 时，， 所以二项式系数最大的项为第4项和第5项； 【小问4详解】 二项式系数和为， 令，则所有项的系数和为. 17. 已知下列各数列 （1），求的值； （2），求的值； （3），求的值； （4），求的值； 【答案】（1）； （2）； （3）； （4）. 【解析】 【分析】（1）应用等差数列前n项和公式求和； （2）应用等比数列前n项和公式求和； （3）应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求和； （4）应用裂项相消法求和； 【小问1详解】 由， 则； 【小问2详解】 由， 则； 【小问3详解】 由， 则； 【小问4详解】 由， 则 . 18. 联合国新闻部将我国农历二十四节气中的“谷雨”定为联合国中文日，以纪念“中华文字始祖”仓颉的贡献.某大学拟在2024年的联合国中文日举行中文知识竞赛决赛，决赛分为必答､抢答两个环节依次进行.必答环节，共2道题，答对分别记30分､40分，否则记0分；抢答环节，包括多道题，设定比赛中每道题必须进行抢答，抢到并答对者得15分，抢到后未答对，对方得15分；两个环节总分先达到或超过100分者获胜，比赛结束.已知甲､乙两人参加决赛，且在必答环节，甲答对两道题的概率分别，乙答对两道题的概率分别为，在抢答环节，任意一题甲､乙两人抢到的概率都为，甲答对任意一题的概率为，乙答对任意一题的概率为，假定甲､乙两人在各环节､各道题中答题相互独立. （1）在必答环节中，求甲､乙两人得分之和大于100分的概率； （2）在抢答环节中，求任意一题甲获得15分的概率； （3）若在必答环节甲得分为70分，乙得分为40分，设抢答环节经过X道题抢答后比赛结束，求随机变量X的分布列及数学期望. 【答案】（1）； （2）； （3）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）把得分之和大于100分的事件分拆，再利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算即得. （2）甲获得15分的事件是甲抢到答正确与乙抢到答错的事件和，再列式求出概率. （3）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【小问1详解】 两人得分之和大于100分可分为甲得40分、乙得70分，甲得70分、乙得40分，甲得70分、乙得70分三种情况， 所以得分大于100分的概率. 【小问2详解】 抢答环节任意一题甲得15分的概率. 【小问3详解】 的可能取值为2，3，4，5， 由抢答任意一题甲得15分的概率为，得抢答任意一题乙得15分的概率为， ，， ， ， 所以的分布列为： 2 3 4 5 数学期望. 19. 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，. （1）求证：； （2）求点C到平面ABH的距离； （3）在线段PB上是否存在点N，使MN平面ABC？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）证明平面即能证出 （2）利用三棱锥等体积即能求C到平面ABH的距离. （3）取的中点，则能得平面平面，即得出，利用相似即能得出比值. 【小问1详解】 因为底面，平面，所以. 又因为，平面， 所以平面， 又因平面，所以. 【小问2详解】 设点到平面的距离为. 因为底面，，为的中点， 所以点到平面的距离为. 又因为在中，，，． 则， . 又因为底面，平面，所以， 又因为，，为的中点， 所以， 又因为由（1）知平面，平面，所以， 则. 所以，则， 则的面积为， 所以，解得. 【小问3详解】 线段上当点满足，使平面. 证明：取CH的中点K，连接MK，NK． 因为为的中点， 所以由为的中位线，可得. 又因为平面，平面ABC，所以平面； 由，可得，则， 又因为平面ABC，平面ABC，所以平面． 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面MNK，所以平面ABC． 20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆（过点，且离心率． （1）求椭圆C的方程； （2）直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A、B两点，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）利用，可得，再将点坐标代入方程，解方程组求得从而可得椭圆的方程； （2）设直线l的方程为，代入椭圆方程中整理得，借助根的判别式可得，结合根与系数的关系可得，接下来利用点到直线的距离公式可求出点到直线的距离，再利用三角形面积公式和基本不等式进行求解，即可解决问题. 【小问1详解】 因为，所以，①因为椭圆C过点， 所以，②由①②解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设直线l的方程为，联立， 得，所以， 又直线l与椭圆相交，所以，解得， 则，点P到直线l的距离， 所以， 当且仅当，即时，的面积取得最大值为2． 21. 已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，，，. （1）写出数列前4项的所有可能取法； （2）判断：是否存在正整数，满足，并说明理由； （3）为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值. 【答案】（1）答案见解析； （2）不存在，理由见解析； （3）51 【解析】 【分析】（1）根据题意得或，再直接求解即可； （2）根据或，再证明，即可证明结论‘； （3）根据①或②得对于任意的，均可以使用①递推，②不能连续使用，进而记记且，可得且，进而得，再根据特例说明即可得答案. 【小问1详解】 解：由得或， 所以或， 因为足，， 所以或， 所以，当时，或； 当时，或 因为数列是由正实数组成的无穷数列， 所以舍， 所以，数列前4项的所有可能取法有，，，或，，，或，，，. 【小问2详解】 解：不存在，下面证明： 因为， 所以，或， 当时， 因为数列是由正实数组成的无穷数列， 所以，即 或， 所以； 当时， 因为数列是由正实数组成的无穷数列， 所以，即 所以或（舍）， 综上，， 所以，，. 综上，不存在正整数，满足. 【小问3详解】 解：由， 所以，①或②， 对于任意的，均可以使用①递推，只有满足时，才可以使用②递推； 若，显然，下次只能用①递推，即 所以，②不能连续使用. 记且， 若，则； 若，则，所以， 所以且， 所以，中至少有共51项，即. 举例如下： 所以，此时， 所以，的最小值为51. 【点睛】关键的点睛：本题第三问解题的关键在于构造且，推理得到且，，进而结合题意说明最小值可以取到即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延庆区2023—2024学年度第二学期统练试卷 高二数学 2024.03 本试卷共5页，150分．考试时长120分钟． 第一部分（选择题，共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题中选出符合题目要求的一项． 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数（其中a，，i为虚数单位），则“”是“z为纯虚数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A B. 1 C. D. 4 4. 已知数列满足，，若，则（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 5. 已知是首项为正数，公比不为的等比数列，是等差数列，且，那么（ ） A. B. C. D. 的大小关系不能确定 6. 已知三棱锥，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为( ) A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 7. 已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 8. 已知直线与圆交于两点，则弦最短时，（ ） A. 2 B. 1 C. D. 9. 在平面直角坐标系中，抛物线：焦点为，是抛物线上的点，若的外接圆与抛物线的准线相切，且该圆面积为，则（ ） A. B. C. D. 10. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 60 B. 61 C. 75 D. 76 第二部分（非选择题，共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11 若，则=______． 12. 已知数列的前项和为，则__________． 13. 设等差数列的前项和为，若，则公差__________；__________． 14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板________块． 15. 已知无穷数列，．性质，，；性质，，，下列说法中正确的有___________ ①若，则具有性质s ②若，则具有性质t ③若具有性质s，则 ④若等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在的展开式中 （1）含的项并说明它是展开式中的第几项； （2）常数项的值和对应的二项式系数； （3）二项式系数最大的项； （4）各项二项式系数的和及各项系数的和． 17. 已知下列各数列 （1），求的值； （2），求的值； （3），求的值； （4），求的值； 18. 联合国新闻部将我国农历二十四节气中的“谷雨”定为联合国中文日，以纪念“中华文字始祖”仓颉的贡献.某大学拟在2024年的联合国中文日举行中文知识竞赛决赛，决赛分为必答､抢答两个环节依次进行.必答环节，共2道题，答对分别记30分､40分，否则记0分；抢答环节，包括多道题，设定比赛中每道题必须进行抢答，抢到并答对者得15分，抢到后未答对，对方得15分；两个环节总分先达到或超过100分者获胜，比赛结束.已知甲､乙两人参加决赛，且在必答环节，甲答对两道题的概率分别，乙答对两道题的概率分别为，在抢答环节，任意一题甲､乙两人抢到的概率都为，甲答对任意一题的概率为，乙答对任意一题的概率为，假定甲､乙两人在各环节､各道题中答题相互独立. （1）在必答环节中，求甲､乙两人得分之和大于100分的概率； （2）在抢答环节中，求任意一题甲获得15分的概率； （3）若在必答环节甲得分为70分，乙得分为40分，设抢答环节经过X道题抢答后比赛结束，求随机变量X的分布列及数学期望. 19. 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，. （1）求证：； （2）求点C到平面ABH距离； （3）在线段PB上是否存在点N，使MN平面ABC？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆（过点，且离心率． （1）求椭圆C的方程； （2）直线l斜率为，直线l与椭圆C交于A、B两点，求的面积的最大值． 21. 已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，，，. （1）写出数列前4项的所有可能取法； （2）判断：是否存在正整数，满足，并说明理由； （3）为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $