广东省深圳市2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学检测试题（含答案）

这是一份广东省深圳市2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学检测试题（含答案），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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. 已知等比数列则（ ）
A. 8B. ±8C. 10D. ±10
【正确答案】A
【分析】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决.
【详解】根据等比中项知道，求得，则.
又，则.
故选：A.
2. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在处取得最大值
B. 在区间上单调递减
C. 在处取得极大值
D. 在区间上有2个极大值点
【正确答案】C
【分析】根据导函数的符号确定函数的单调性，由此确定函数的极值.
【详解】由导函数的图象可知：
故选：C
3. 某班准备从甲、乙、丙、丁4位同学中挑选3人，分别担任2025年元旦晚会的主持人、记分员和秩序员，每个职务最多一人担任且每个职务必须有一人担任，已知甲同学不能担任主持人，则不同的安排方法有（ ）种.
A. 18B. 24C. 27D. 64
【正确答案】A
【分析】应用分类分步计数原理及排列组合数求不同的安排方法数.
【详解】若甲被选出，从其它3位同学选2位有种，
将甲安排为记分员或秩序员有种，另2人作全排有种，
所以共有种；
若甲不被选出，只需将选出的3人作全排列有种，
综上，共有种.
故选：A
4. 在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. 74B. 121C. D.
【正确答案】D
【分析】根据，利用通项公式得到含的项为：，进而得到其系数，
【详解】因为在，
所以含的项为：，
所以含的项的系数是的系数是，
，
故选：D
本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题，
5. 已知直线与圆，点，则下列说法错误的是（ ）
A. 若点在圆上，则直线与圆相切
B. 若点在圆内，则直线与圆相离
C. 若点在圆外，则直线与圆相离
D. 若点在直线上，则直线与圆相切
【正确答案】C
【分析】求出圆心到直线的距离，根据点与圆的位置列关系式，求出圆心到直线的距离求解.
【详解】圆心到直线的距离,
若点在圆上，则，
所以，则直线与圆相切，故A正确；
若点在圆内，则，
所以，则直线与圆相离，故B正确；
若点在圆外，则，
所以，则直线与圆相交，故C错误；
若点在直线上，则，
即，所以，
直线与圆相切，故D正确．
故选：C.
6. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共级，上楼可以一步向上走一级，也可以一步向上走两级，某同学从二楼到三楼准备用步恰好走完，则该同学从二楼到三楼共有（ ）种不同上法．
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】分析可知，该同学从从二楼到三楼要走步向上走一级，要走步向上走两级，结合组合计数原理可得结果.
【详解】设该同学从从二楼到三楼要走步向上走一级，则需走步向上走两级，
根据题意有，解得，
因此，该同学从二楼到三楼共有种不同的走法.
故选：B.
7. 已知椭圆为椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，连接并延长交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据题意和椭圆的定义可得和的各边边长，再结合余弦定理列方程，求解即可.
【详解】如图所示：

由题意得，又，则，
因，，则，，故，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，化简得，即，解得.
故选：A.
8. 已知函数，，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】分类讨论，当时，，当时，，最后利用导数得到函数的单调性即可求解.
【详解】由函数，得当时，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上的最大值为.
当时，，，所以在上单调递减.
又，，，
所以，所以.
故选：A.
二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若、、成等差数列，则、、成等差数列
B 若、、成等差数列，则、、成等比数列
C 若、、成等比数列，则、、成等差数列
D. 若、、成等比数列，则、、成等比数列
【正确答案】ABD
【分析】利用等差中项法可判断A选项；利用等比中项法可判断BD选项；利用特殊值法可判断C选项.
【详解】对于A选项，若、、成等差数列，则，
所以，，
所以，、、成等差数列，A对；
对于B选项， 若、、成等差数列，则，
所以，、、均为正数，且，
所以，、、成等比数列，B对；
对于C选项，若、、成等比数列，如取，
则、、均无意义，C错；
对于D选项，若、、成等比数列，则、、均不为零，且，
所以，，即、、成等比数列，D对.
故选：ABD.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，A，P，B为双曲线上不同的三点，且A，B两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为1，则（ ）
A. B. 双曲线C的离心率为2
C. 直线倾斜角的取值范围为D. 若，则三角形的面积为2
【正确答案】AD
【分析】根据双曲线性质以及斜率乘积为1可判断A正确，由离心率定义计算可得离心率可知B错误，由双曲线渐近线方程斜率以及直线过原点可知，可判断C错误，利用双曲线定义以及勾股定理计算可得D正确.
【详解】如下图所示：
依题意可知；
设，
则，作差可得，即；
因此直线与的斜率分别为，
所以可得，即；
又，所以，可得A正确；
对于B，所以离心率，因此B错误；
对于C，易知双曲线的渐近线方程为，
直线过原点，依题意可知直线与双曲线有两个不同的交点，
因此直线的斜率为，所以直线倾斜角的取值范围为，可知C错误；
对于D，若，则，
根据双曲线定义以及A中的结论可知，
即，又；
可知，
因此三角形的面积为，可知D正确.
故选：AD
11. 数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【正确答案】ACD
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为__________．
【正确答案】24
【分析】通过赋值，求得，进而可求解；
【详解】令，由题意可得且，解得：，
由通项公式可知：展开式中的常数项为.
故24
13. 已知数列的前项和为，若，则__________.
【正确答案】54
【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得的值.
【详解】当时，，所以，即，
当时，，
所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，
则.
故54.
14. 若存在实数使得，则实数的取值范围为________.
【正确答案】
【分析】首先利用三角函数化简已知，转化为，利用两点间距离公式构造几何意义，求距离差的最大值，再根据存在问题求的取值范围.
【详解】因为 ，
设，，，令，
则，
又易知，点在圆上，如图所示，
则，又，故的最大值为，
因为存在实数使得
所以 ，即 ，
故答案为.
关键点点晴：本题的关键是构造两点间的距离公式，转化几何意义求最值.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数的图象过点，且．
（1）求函数在点处的切线方程
（2）求函数在上的值域．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）求出，根据题意得出，求出、的值，可得出函数的解析式，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）利用导数分析函数在区间上的单调性，利用函数的最值与导数的关系可求出函数在区间上的最大值和最小值.
【小问1详解】
因为，则，
由已知条件得，解得，所以，
所以，则，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）知，，，由可得或，列表如下：
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，函数在区间上的极大值为，极小值为，
又因为，，故函数在区间上的最大值为，最小值为.
值域为
16. 如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面成的角，．底面是边长为2的正三角形，其重心为G点，E是线段上一点，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正切值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据，利用相似三角形的比例关系，即可证得直线与直线平行，再运用线面平行的判定定理，即可证得结论；
（2）根据二面角的定义，在两个半平面内各找一条直线垂直于二面角的棱，从而找到二面角的平面角，在三角形中求解，即可得到答案．
【小问1详解】
延长交于点，连接，，
，且，
，
点为的中点，
为的重心，
、、三点共线，且，
，
又侧面，侧面，
侧面；
【小问2详解】
在侧面内，过作，垂足为，
侧面底面，，侧面，
底面，因为底面，所以，
又侧棱与底面成的角，，
，，，
在底面内，过作交的延长线于点，连接，
，平面，
平面，又平面，，
平面与底面的交线为，
为所求二面角的平面角，
，，
，
在中，，
故平面与底面成锐二面角的正切值为．
17. 已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为.
（1）求C的方程；
（2）在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【正确答案】（1）
（2）存在，或
【分析】（1）由垂直关系得到方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，由，列出等式求解即可；
（2）假设存在满足题意，过点得动直线方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理，由斜率公式求得得斜率，再由等差数列列出等式求解；
【小问1详解】
由题意可得：，所以，
所以直线的方程为：，
设，
联立抛物线方程消去得：，
所以，
所以，
因为，所以，
即，解得：，
所以抛物线方程为：
【小问2详解】
由（1）得，假设存在满足题意，
过点得动直线方程为，
联立，解得则，设，
联立，消去得：，
所以，
直线得斜率为，直线得斜率为，
直线的斜率为，
因为直线的斜率均成等差数列，
所以，
整理得：，对任意恒成立，
所以，解得：或，此时，
即存在或满足题意；
关键点点睛：由韦达定理及斜率公式得到：直线得斜率为，直线得斜率为，直线的斜率为；
18. 已知函数且．
（1）当时，判断函数零点的个数；
（2）讨论函数的单调区间；
（3）当时，证明：．
【正确答案】（1）个
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论；
（2）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（3）当时，将所证不等式变形为，令，求出的取值范围，令，其中，利用导数分析函数的单调性，求出该函数的最小值，证得即可.
【小问1详解】
当时，，该函数的定义域为，
则，令，可得或，列表如下：
所以，函数的增区间为、，减区间为，
所以，函数的极大值为，极小值为，
当时，，
当时，，，由零点存在定理可知，存在，使得，
综上所述，当时，函数有且只有一个零点.
【小问2详解】
函数且的定义域为，
且，
当时，由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为、，减区间为.
故当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
【小问3详解】
当时，，
要证，即证，
即证，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
当时，；当时，.
所以，函数的值域为，
要证，即证，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，
因此，对任意的，，故原不等式得证.
19. 角谷猜想，也称为“”猜想，其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以；如果是奇数，则将它乘以再加上，如此反复运算，该数最终将变为；这就是对一个正整数运算时“万数归”现象的猜想，假如对任意正整数，按照上述规则实施第次运算后的结果记，实施第2次运算后的结果记为，…实施第次运算后的结果记为，实施第次运算后得到数，则停止运算，即可以得到有穷数（其中）其递推关系式为，称作数列的原始项；将此递推公式推广为：，其它规则不变，得到的数列记作，试解答以下问题：
（1）若，求数列的项数；
（2）若数列满足，求原始项的所有可能取值构成的集合；
（3）对任意的数列，求证：．
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1），根据给定条件，逐一计算即可得数列的项数；
（2）根据“角谷猜想”进行逆推计算，由此可得结论；
（3）验证当、时，所证不等式成立，当时，推导出，分类讨论①当，②当，利用题中定义进行推理，证明出结论成立即可.
【小问1详解】
因为，根据题意可得，，，
，，，，，
所以数列的项数为.
【小问2详解】
由题意可得，
因为，则，，或，
①当时，，或，
当时，则；当时，；
②当时，则，，所以或.
综上所述，的取值集合为.
【小问3详解】
依题意，，，
当时，显然成立；当时，，即也成立；
当时，对任意，，
故，即，
①当时，由，，
所以；
②当时，由，，
，所以.
综上所述，任意数列，.0
0
非负
递增
极大值
递减
极小值
递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增