安徽省合肥市第八中学2023-2024学年高二下学期期中数学试卷（Word版附解析）

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数学试题卷
注意事项：
1.你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、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.请把正确答案涂在答题卡上）
1. 甲乙两人独立的解答同一道题，甲乙解答正确的概率分别是，，那么只有一人解答对的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率公式，即可求解.
【详解】只有1人答对的概率.
故选：B
2. 若的展开式中常数项为15，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理的通项公式和常数项为，求解出
【详解】的通项公式,
令，则，
由展开式中的常数项为15，
故，所以.
故选：C
3. 已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 50B. 63C. 72D. 135
【答案】A
【解析】
【分析】思路一：由已知利用等差数列的求和公式和通项公式求解和d，即可求解；思路二：由得，结合、等差数列求和公式以及等差数列下标和性质即可求解.
【详解】方法一：设等差数列的公差为，
由已知可得，解得，
所以.
方法二：，所以，
从而由等差数列求和公式得.
故选：.
4. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求导，与直线垂直，求出的值.
【详解】由，求导，
则在点处的切线的斜率为，
而在点处的切线与直线垂直,
则，故.
故选：D
5. 将分别标有数字的五个小球放入三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字和的小球放入同一个盒子，则不同放法的总数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将所有情况分为标有数字和的小球所放入盒子中无其他小球和共有个小球两种情况，结合分组分配、平均分组问题的求法，利用分类加法计数原理可求得结果.
【详解】若标有数字和的小球所放入盒子中无其他小球，则剩余三个小球需放入两个不同的盒子中，
将剩余三个小球分为的两组，则共有种分法；
将分组后的小球放入三个盒子中，共有种放法，则共有种方法；
若标有数字和的小球所放入盒子中共有个小球，则需选择一个小球与标有数字和的小球放在一起，有种选法；
将剩余两个小球平均分为两组，有种分法；
将分组后的小球放入三个中，共有种放法，则共有种方法；
综上：不同放法的总数为.
故选：C.
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数及对数函数的单调性判断即可.
【详解】因为，则，即，
又，所以，
所以.
故选：D.
7. 随机变量的取值为，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据概率之和为，以及方差公式，即可解得和，进而利用方差公式直接求解即可.
【详解】由题知，，
又，
所以，
所以，，
所以.
故选：B
8. 设O为坐标原点，直线过抛物线：（）的焦点且与交于两点（点在第一象限），，为的准线，，垂足为，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最小值为2
C. 若，则D. 轴上存在一点，使为定值
【答案】D
【解析】
【分析】对于A选项，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即可得到；对于B选项，利用抛物线上的点的性质进行转化，再结合图象，三点共线时，对应的线段和最小；对于C选项，得到点的坐标，直线方程，联立直线与抛物线的方程求得点的坐标进而求得；对于D选项，设出直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，代入进行化简，要使得为定值，，从而存在点.
【详解】
A选项，因为过焦点，故当且仅当为通径时，最短，即，从而，故A错误；
B选项，由抛物线的定义知，所以，
由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值，即，故B错误；
C选项，由图是抛物线的准线与准线的交点，所以，在中，，所以，
所以，所以，所以，
联立得，得，从而，
所以，故C错误；
D选项，设，联立得，，
设，则，设轴上存在一点，
则
，
故当时，，即存在使得为定值，故D正确.
故选：D.
二、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，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，两个选项部分选对得3分；三个选项选对一个得2分，选对两个得4分，选错得0分.请把正确答案涂在答题卡上）
9. 已知数列满足，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 为等比数列
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用递推式可求得 的值，可判断A，B，利用并项求和法结合等比数列的求和公式判断C，D.
【详解】数列满足，，则，，，
有，，，A正确；
显然，，因此数列不是等比数列，B错误；
， C正确.
，D错误；
故选：AC
10. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的乘法公式，结合条件概率逐项计算即得.
【详解】随机事件A，B相互独立，，，
对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.
故选：ABC
11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在处的切线方程为
B. 的单调递减区间为
C. 若有三个不同的解，则
D. 对任意两个不相等正实数，，若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A，根据条件，利用导数的几何意义，即可求解；选项B，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；选项C，作出的图象，数形结合即可求解；选项D，由条件知，设，构造函数，，利用在区间上单调性，得到，再利用的单调性即可求解.
【详解】对于选项A，因为，所以当时，，
所以，又，所以在处的切线方程为，故选项A正确，
对于选项B，易知函数定义域为，
因为，由，得到，解得或，
所以的单调递减区间为，，所以选项B错误，
对于选项C，因为，由得到且，
所以的增区间为区间，，由选项B知，的减区间为，，
又，当时，，且，
当时，，且，
当且时，，当且时，，
其图象如图所示，

由图知，有三个不同的解，则且，所以选项C错误，
对于选项D，由题知，得到，
由图，不妨设，设，，
则，
当时，，，所以，
即在区间上单调递增，又，
所以，得到，
又，当时，，即区间上单调递减，
又，所以，得到，所以选项D正确，
故选：AD.
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.把答案填在答题卡的相应位置.）
12. 已知数列的首项为1，前n项和为，，则____________.
【答案】108
【解析】
【分析】由题设可得，利用的关系求出数列通项，进而求出即可.
【详解】由题意可知，，
所以，则，
所以，则，
又因为，所以，
所以数列从第二项开始成等比数列，
因此通项公式为，
所以.
故答案为：108.
13. 设，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】分别令和，作差即可求得结果.
【详解】令，则；
令，则；
两式作差得：，.
故答案为：.
14. 已知双曲线（，）的右焦点为，经过点作直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为点，直线与双曲线的另一条渐近线相交于点，若 ，则双曲线的离心率____________.
【答案】
【解析】
【分析】设直线，，由，得到，从而有，根据条件有，从而得到，再利用，即可求出结果.
【详解】易知，如图，由对称性不妨设直线，，
由，消得到，
则，
因为，所以，得到，即，
将代入，整理得到，
又易知，所以，得到，即，
所以双曲线的离心率，
故答案：.
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. 已知递增的等比数列的前n项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等比数列公比为q，根据题意列式求，即可得通项公式；
（2）由（1）可知：，利用错位相减法分析求解.
小问1详解】
设等比数列公比为q，
由题意可得，解得或，
又因为等比数列为递增数列，可知，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，
则，
可得，
两式相减得，
所以.
16. 某大学为丰富学生课余生活，举办趣味知识竞赛，分为“个人赛”和“对抗赛”，竞赛规则如下：
①个人赛规则：每位学生需要从“历史类、数学类、生活类”问题中随机选1道试题作答，其中“历史类”有8道，“数学类”有6道，“生活类”有4道，若答对将获得一份奖品.
②对抗赛规则：两位学生进行答题比赛，每轮只有1道题目，比赛时两位参赛者同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得1分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分，对抗赛共设3轮，每轮获得1分的学生会获得一份奖品，且两位参赛者答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响.
（1）学生甲参加个人赛，若学生甲答对“历史类”“数学类”“生活类”的概率分别为，，，求学生甲答对所选试题的概率；
（2）学生乙和学生丙参加对抗赛，若每道题学生乙和学生丙答对的概率分别为，，求三轮结束学生乙仅获得一份奖品的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意可知分三类求解：选题为历史类并且答对，选题为数学类且答对，选题为生活类且答对，由条件概率和全概率计算即可；
（2）可先求出乙同学每轮获得1分的概率，然后由二项分布概率模型计算即可.
【小问1详解】
设学生甲选1道“历史类”试题为事件A，选1道“数学类”试题为事件B，选1道“生活类”试题为事件C，答对试题为事件D，
则，，，
，，，
所以：，
故学生甲答对所选试题的概率为.
【小问2详解】
由题可知每一轮中学生乙得1分的概率为，
在3轮比赛后，学生乙得1分的概率为，
故三轮结束学生乙仅获得一份奖品的概率为：.
17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于两点；当直线过焦点且与轴垂直时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过点，椭圆的左顶点为，当面积为时，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积坐标运算和通径长可构造方程组求得，进而得到椭圆方程；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据，结合韦达定理可构造方程求得结果.
【小问1详解】
由题意得：，，，，，
，即，；
当直线过焦点且与轴垂直时，，不妨令，
由得：，，
由得：，椭圆的方程为：.
小问2详解】

由题意知：直线斜率不为，可设，
由得：，则，
设，则，，
，
又，，
，解得：，
直线的斜率.
18. 已知函数，（）.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间， 单调递减区间
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后构造函数，再求导分析单调性，得到，进而得到的单调性即可；
（2）问题等价于有两解，构造函数，求导分析单调性，得到，再结合对数运算解得，之后构造函数，求导分析单调性和最值，验证即可.
【小问1详解】
当，，
，
当，令，
则，
因为恒成立，所以在上为减函数，
因为，
所以当，，单调递增；，，单调递减
【小问2详解】
根据条件有两个零点等价于有两解.
不妨令，
则（），
当时，在定义域内恒成立，
因此递减，最多一个零点，不符.
当时，由，解得；，解得；
所以，时，的单调减区间为，增区间为；
若有两个零点，则必有，
化简得，解得，
又因，，
即，
当时，恒成立，即在单调递减，
可得，
也即得在恒成立，
从而可得在，区间上各有一个零点，
综上所述，若有两个零点实数a的范围为.
【点睛】方法点睛：函数零点问题可理解为方程根的个数问题，求导分析单调性和极值可求解.
19. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处n（）阶导数都存在时，.注：表示的2阶导数，即为的导数，（）表示的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
（1）写出泰勒展开式（只需写出前4项）；
（2）根据泰勒公式估算的值，精确到小数点后两位；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）0.48 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别求解的一阶，二阶，三阶导数，代入公式可得答案；
（2）写出的泰勒公式，代入可得答案；
（3）方法一利用泰勒公式得，把不等式进行转化，求最小值可证结论；方法二构造函数，通过两次导数得出函数的最小值，进而可证结论.
【小问1详解】
，，，；
，，；
所以.
【小问2详解】
因为，
由该公式可得，
故.
【小问3详解】
法一：由泰勒展开，
易知当，，
所以
，
令，
则，所以在上单调递增，
故，
即证得.
法二：
令，
，
易知当，，均为增函数，
所以单调递增，
所以，
所以当，单调递增，
所以，
当，，
令，则，则单调递增，
则，
综上，原不等式得证.
【点睛】方法点睛：导数证明不等式的常用方法:1、最值法：移项构造函数，求解新函数的最值，可证不等式；2、放缩法：利用常用不等式对所证不等式进行放缩，利用传递性进行证明.