河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题

这是一份河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题，共15页。试卷主要包含了已知四面体中，为中点，若，则，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

数 学
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、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，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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.在数列中，，则“”是“是递增数列”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
2.已知函数，若在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
3.已知函数，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点是函数的一个对称点，则和的值可能是（ ）
A.B.
C.D.
4.已知四面体中，为中点，若，则（ ）
A.3B.2C.D.
5.复数z∈C，在复平面内z对应的点Z，满足，则点Z所在区域的面积（ ）
A.B.C.D.
6.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为A，过作的垂线，与y轴交于点P，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A.B.C.D.
7.在四面体中，，，，，点为线段上动点（包含端点），设直线与所成角为，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
8.在等比数列中，有，类比上述性质，在等差数列中，有（ ）
A.B.
C.D.
二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ）
A.
B.若，则点处的切线方程为
C.存在点，使得
D.面积的最小值为4
10.若各项的二项式系数之和为32，则（ ）
A.的展开式共有5项B.
C.的展开式的常数项为40D.的展开式的第5项的系数为5
11.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，已知，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：上的动点，Q在直线上的射影为H，F为抛物线E的焦点，则下列选项正确的有（ ）
A.的最小值为2
B.的面积最大值为
C.当最大时，的面积为
D.的最小值为
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.函数的图象恒过定点，若点在直线上，其中、，则的最小值为 .
13.已知直线与椭圆和交于A，B两点，且点平分弦AB，则m的值为 .
14.某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据，如下表所示.（残差=观测值-预测值）
根据表中数据，得出关于的经验回归方程为.据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为 .
四、解答题：本大题共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.（13分）设函数是增函数，对于任意都有.
(1)证明：是奇函数；
(2)关于x的不等式的解集中恰有3个正整数，求实数a的取值范围.
16.（15分）已知在四棱锥中，平面，，，，点F为线段BC的中点，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
17.（15分）为加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，山东省人民政府规定自2023年1月21日起至3月31日在全省实施景区门票减免.据统计，活动开展以来游客至少去过两个及以上景区的人数占比为90%.某市旅游局从游客中随机抽取100人（其中年龄在50周岁及以下的有60人）了解他们对全省实施景区门票减免活动的满意度，并按年龄（50周岁及以下和50周岁以上）分类统计得到如下不完整的2×2列联表：
(1)根据统计数据完成以上2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联（结果精确到0.01）？
(2)现从本市游客中随机抽取3人了解他们的出游情况，设其中至少去过两个及以上景区的人数为X，若以本次活动中至少去过两个及以上景区的人数的频率为概率，求X的分布列和数学期望.
参考公式及数据：，其中.
18.（17分）已知直线l经过点，圆.
(1)若直线l与圆C相切，求直线l的方程；
(2)若该直线l与圆C相交于两点，且的面积为，求直线l的方程.
19.（17分）已知等差数列的前n项的和为成等差数列，且成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项的和为，试比较与的大小，并证明你的结论.
参考答案
一、单项选择题：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.【答案】A
【解析】因为，
所以，
又因为，
所以是首项为，公差为3的等差数列，
所以，
则.
若是递增数列，，
则，解得.
所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
2.【答案】D
【解析】由已知可得，.
因为在R上单调递增，所以恒成立.
因为，
所以恒成立，
所以，，解得.
故选：D.
3.【答案】D
【解析】由题意函数的周期满足，，所以，
又点是函数的一个对称点，所以，
所以或，对比选项可知，只有当时满足题意.
故选：D.
4.【答案】D
【解析】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，
因为，所以，解得.
故选：D.
5.【答案】C
【解析】
设复数，又
由，则
所以复数对应的点在以为圆心，1为内圆半径，2为外圆半径的圆环内.
所以点Z所在区域的面积为
故选：C
6.【答案】B
【解析】设，则直线的斜率为，
直线的斜率为，
直线的方程为.
令，得，即.
因为，
所以，解得.
故选：B.
7.【答案】D
【解析】设，则，
由，，，
，
又，则，，
，
由，可得,，
故选.
8.【答案】D
【解析】选项A：在等差数列中，当且仅当公差为0时，成立.判断错误；
选项B：在等差数列中，由，可得.判断错误；
选项C：在等差数列中，由，可得.判断错误；
选项D：在等差数列中，由，可得.判断正确.
故选：D.
二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.【答案】ABD
【解析】对于A中，设直线，联立方程组，整理得，
再设，则，所以A正确；
对于B中，由抛物线.可得，则，
则过点的切线斜率为，且，即，
则切线方程为：，即，
若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；
对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，
联立直线的方程可得，
所以，
，
，
则，当时，有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
10.【答案】BC
【解析】由各项的二项式系数之和为32，得，得，
则的展开式共有6项，A错误；
，B正确；
的展开式的通项公式为，
令，故的常数项为，C正确；
的展开式的第5项的系数为，D错误，
故选：BC
11.【答案】ACD
【解析】A选项，抛物线的准线方程为，，
由抛物线定义可得，
则，
由三角形三边关系可得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
故的最小值为，A正确；
B选项，由题意得，点的轨迹方程为，
化简得，即以为圆心，3为半径的圆，
直线，即，
圆心到直线的距离为，
则到直线的距离最大值为，
又，
故的面积最大值为，B错误；
C选项，为定值，由勾股定理得，
且，，
要想取得最大值，则需最大，
如图所示，当与垂直且在图中位置时，取得最大值，
其中，故，，，
故当最大时，
，
则的面积为，C正确；
D选项，由题意得，，
，
连接，线段与圆和抛物线的交点分别为，
即四点共线时，取得最小值，
最小值为，
故最小值为，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【解析】对于函数，令，可得，则，
故函数的图象恒过定点，
因为点在直线上，则，可得，
因为、，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
13.【答案】3
【解析】设坐标为，则，
作差可得，则，
根据题意可得，，则，解得.
当时，联立，可得，
其，满足题意；故.
故答案为：.
14.【答案】
【解析】因为样本处的残差为，即，
所以，
所以回归方程为：，
因为，，
因为样本中心点在回归直线上，所以，
解得：，
故答案为：.
四、解答题：本大题共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.（13分）【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：因为对于任意都有，
令，则；再令，则
所以，
所以函数是奇函数.
（2）令，则，
所以不等式可化为，
即，又函数在上是增函数，
所以，即，
又该不等式的解集中恰有3个正整数，
所以.
16.（15分）【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）取的中点，连接,，
∵平面，平面，平面平面，
∴，
又∵,分别为,的中点，∴，
∵，∴，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵在中且为中点，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵平面，∴，，
∵，∴，，
∵，平面，∴平面.
（2）∵平面，平面，所以，
又因为，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，
所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴，∴.
平面的一个法向量为，
设平面的法向量，
，，
则，取，则，，
∴，
∴，
由图可知二面角为锐角，
∴二面角的余弦值为.
17.（15分）【答案】(1)列联表见解析，认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联；
(2)分布列见解析，数学期望为2.7.
【解析】（1）由题意得，抽取的100人年龄在50周岁及以下的有60人，则年龄在50周岁以上的有40人，补全的2×2列联表如下：
零假设为：全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄无关.
则.
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联；
（2）由题意可得，游客至少去过两个及以上景区的概率为0.9，
则，X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
所以X的分布列为：
因为，所以数学期望.
18.（17分）【答案】(1)或.
(2)或
【解析】（1）由题意可知，圆的圆心为，半径1，
当直线l的斜率不存在时，直线的方程为,此时直线与圆相离，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，设直线l的方程为，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为.即或.
（2）由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，设直线l的方程为，
记圆心到直线l的距离为d，则，
所以，解得.
所以，解得，
所以直线l的方程为.即或
19.（17分）【答案】(1)
(2)，证明见解析
【解析】（1）设的公差为，由题意得，
即，解得，
所以.
（2），
所以，
因为，所以，即.3
4
5
6
2.5
3
4
不满意
满意
总计
50周岁及以下
55
50周岁以上
15
总计
100
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
不满意
满意
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100
X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729