2024贵阳一中高二下学期期中考试数学含解析

这是一份2024贵阳一中高二下学期期中考试数学含解析，共14页。试卷主要包含了已知函数满足，则的值为，一副扑克牌，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟
第I卷（选择题，共58分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共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.已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）
A.2 B.-2 C. D.
2.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.若，则
B.若且，则
C.若，且，则
D.若直线与平面所成角相等，则
3.已知函数满足，则的值为（ ）
A.-1 B.0 C.1 D.
4.一副扑克牌（含大王､小王）共54张，各4张，从该副扑克牌中随机取出两张，事件“取出的牌有两张6”，事件“取出的牌至少有一张黑桃”，事件“取出的牌有一张大王”，事件“取出的牌有一张红桃6"，则（ ）
A.事件与事件互斥 B.事件与事件互斥
C.事件与事件互斥 D.事件与事件互斥
5.《Rhind Papyrus》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一个类似这样的问题，请给出答案：把200个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）
A. B. C. D.
6.北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们组成的图像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人藉以判断季节的依据之一.如图1，用点表示某一时期的北斗七星.其中四点看作共线，其他任何三点均不共线，过这七个点中任意两个点作直线，所得直线的条数为（ ）
A.18 B.17 C.16 D.15
7.已知函数的图像在两个不同点处的切线相互平行，则的取值可以为（ ）
A. B.1 C.2 D.
8.已知椭圆的右焦点为，过点的直线与圆相切于点且与椭圆相交于两点，若恰为线段的三等分点，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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.已知函数，则（ ）
A.的最小正周期为
B.的图象关于轴对称
C.的值域为
D.将函数的图象向上平移一个单位长度可以得到的图象
10.已知数列满足，其中为数列的前项和，则下列四个结论中，正确的是（ ）
A.
B.数列的通项公式为
C.数列的前项和为
D.数列为递减数列
11.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹•布劳威尔.简单的讲，就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A.函数有且只有一个不动点
B.若定义在上的奇函数存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
C.函数有且只有一个不动点
D.若函数在上存在两个不动点，则实数满足
第II卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.若上的可导函数在处满足，则__________.
13.10张奖券中只有三张有奖，现五人购买，每人只买一张，则至多有一人中奖的概率为__________.
14.已知函数在处取得极大值，则的取值范围是__________.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
现有编号为的5个不同小球.
（1）若将这些小球排成一排，要求球排在正中间，且不相邻，则有多少种不同的排法？
（2）若将这些小球放入甲､乙､丙三个不同的盒子，每个盒子至少一个球，则有多少种不同的放法？（注：请列出解题过程，结果用数字表示）
16.（本小题满分15分）
如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的直径，为等边三角形，是圆锥底面的圆心，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点为线段的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若为底面圆的劣弧上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值.
17.（本小题满分15分）
已知函数，直线与曲线都相切.
（1）求实数的值；
（2）记，求的最值.
18.（本小题满分17分）
已知数列满足：，且.设的前项和为，.
（1）证明：是等差数列；
（2）求；
（3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
19.（本小题满分17分）
设实系数一元二次方程①，有两根，
则方程可变形为，展开得②，
比较①②可以得到
这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理.
事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理.
设方程有三个根，则有
（1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理；
（2）已知函数恰有两个零点.
（i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于-2且小于0；
（ii）求的取值范围.
贵阳一中2022级高二年级教学质量监测卷（三）
数学参考答案
第I卷（选择题，共58分）
一､单项选择题（本大题共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.由题意可知，故选.
2.选项中，可能错误；选项中，没有说是相交直线，错误；选项中，若相交，且都与平面平行，则直线与平面所成角相等，但不平行，错误，故选B.
3.，故选C.
4.选项，因为事件与事件，事件与事件，事件与事件都可以同时发生，所以错误；选项，因为取出的牌有两张6的同时不可能再有一张大王，所以事件与事件互斥，故选D.
5.设每份面包从小到大为等差数列，公差为，可得所以解得，故选B.
6.根据题意从七个点中任意选两个点作直线共有种，其中四点中任意选两点只能作一条直线，有种重复，所以所得直线的条数为种，故选C.
7.由，则，则，依题意可得，且，所以，所以，经验证，当分别取2､时，满足题意，故选D.
8.如图，不妨设切点在第一象限，点在第一象限，记椭圆的左焦点为，连接，由圆的几何性质可知，易知分别为的中点，则，且，所以，，由椭圆的定义可得，由勾股定理可得，即，整理可得，可得，因此，该椭圆的离心率为，故选A.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
【解析】
9.因为，所以的最小正周期为，A正确；不是偶函数，图象不关于轴对称，错误；因为，所以的值域为错误；将函数的图象向上平移一个单位长度可以得到的图象，D正确，故选AD.
10.因为，所以当时，，两式相减得，所以，又因为当时，满足上式，所以数列的通项公式为：，故A正确，B错误，，所以，故C正确；因为，随着的增大，在减小，所以数列为递减数列，故D正确，故选ACD.
11.对于，令，因为，故在上存在零点，但，故在上为减函数，故在上仅有一个零点，故有且仅有一个实数解，即只有一个不动点，故正确；对于，若为奇函数的非零不动点，则，而，所以也为奇函数的非零不动点，故的非零不动点成对出现，而，故0为奇函数的不动点，所以奇函数不动点个数是奇数，故B正确；对于，设，则时，时，，故在上单调递增，在上单调递减，而，故在有两个不同的零点，故，故有两个不动点，故错误；对于，若函数在上存在两个不动点，则在上存在两个不同的解，故在上存在两个不同的解，设，若，则，故在上为增函数，在上至多一个零点，与题设矛盾；若，时时；故在上单调递增，在上单调递减，因为在上存在两个不同的零点，故，故，此时，下证：当时，.设，则，故在上为减函数，故，故在上恒成立，故在上恒成立，故在上恒成立，令，则，故当时，有，故时，在上的确存在两个不同的零点，故D正确，故选ABD.
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
【解析】
12.，则.
13.由题意，至多有一人中奖的概率为.
14.的定义域是，由于函数在处取得极大值，所以，且在上单调递增，在上单调递减，所以单调递减，所以，所以，构造函数，显然，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是的极大值也即是最大值，所以，也即的取值范围是.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
解：（1）将这些小球排成一排，要求球排在正中间，且不相邻，
则先把安在正中间位置，从的两侧各选一个位置插入，其余小球任意排，方法有种.
（2）将这些小球放入甲､乙､丙三个不同的盒子，每个盒子至少一个球，
则先把5个小球分成3组，再进入3个盒子中.
若按311分配，方法有种，
若按221分配，方法有种.
综上可得，方法共有种.
16.（本小题满分15分）
（1）证明：如图2，设交于点，
因为为圆锥底面的直径，
又因为为底面圆的内接正三角形，
，
所以，即点是的中点，
又因为点为线段中点，即是三角形的中位线，
所以，
由题意平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）可知两两垂直，
以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，等边的边长为，
所以由正弦定理得圆的半径为，
从而，即，
而
所以，即.
因为为等边三角形，是三角形的中位线，
所以，即，
所以，
设平面的法向量为，
所以令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
显然可取平面PAC的一个法向量为，
从而.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17.（本小题满分15分）
解：（1）设直线与曲线的切点为，
因为，所以，故，
所以切点为，故，
设直线与曲线的切点为，
因为，所以，解得，
所以切点为，故，即.
（2）由（1）知：，
则，
所以，
当在上单调递减，
当在上单调递增，
所以有最小值，
无最大值.
18.（本小题满分17分）
（1）证明：因为，所以，
，
且，所以是以-2为首项，且公差为1的等差数列，即.
（2）解：由（1）知，，所以.
则，
于是，
两式相减得
，
因此.
（3）解：由，得，
依题意，对恒成立，
当时，，则；
当时，不等式恒成立；
当时，，
则，于是，
综上实数的取值范围是.
19.（本小题满分17分）
（1）证明：因为方程有三个根，
所以方程，
可以变形为，
比较两个方程可得
（2）（i）证明：有两个零点，
有一个二重根，一个一重根，且
由（1）可得
由可得.
由可得，
.
联立上两式可得，
解得，
又.
，
综上.
（ii）解：由（i）可得.
.
令，
，
.
在上单调递增.
，
.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
C
D
B
C
D
A
题号
9
10
11
答案
AD
ACD
ABD
题号
12
13
14
答案
6
（或0.5）