湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期4月期中质量检测数学试题（解析版）

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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. 下列求导运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A:，A选项正确；
对于B:，B选项错误；
对于C:，C选项正确；
对于D:，D选项正确.
故选：B.
2. 展开式中的系数为（ ）
A. B. C. 30D. 90
【答案】D
【解析】因为，
其中展开式的通项为，，
所以展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为.
故选：D.
3. 若圆C的圆心为，且被x轴截得弦长为4，则圆C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】如图，过点作于，依题意，,因,故，
从而，圆的半径为：,
故所求圆的方程为：，即.
故选：A.
4. 某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（ ）
A. 18B. 21C. 36D. 42
【答案】D
【解析】根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，
若甲地派2名女生，有种情况；
若甲地分配1名女生，有种情况，
则甲地的分派方法有种方法；
甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，
由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.
故选：D.
5. 记等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 42B. 52C. 56D. 60
【答案】B
【解析】由，得，
则．
故选：B.
6. 过抛物线的焦点作直线，与交于两点（点在轴上方），与轴正半轴交于点，点是上不同于的点，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】因为，所以为的中点．
因为，所以，代入抛物线的方程可得，即，
所以．
设，由，即，可得，
即，
所以，解得．
故选：B
7. 棱长为1的正方体中，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A. 存在直线
B. 存在平面平面
C. 直线与平面所成角正弦值为定值
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】C
【解析】以为原点，以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设，，
则，，
对于A，若，则，解得,
即当点为线段中点时，点在线段任意位置，都有，故A正确；
对于B，当点分别为线段，上的中点时，有，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，平面，
所以平面平面，故B正确；
对于C，由得，
设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
则，不为定值，故C错误；
对于D，因为为正方体，
所以，则四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，又线段，所以点到平面的距离为定值，
设平面的法向量，
由得，，取，则，
由，得，
所以，
又的面积，
所以为定值，故D正确；
故选：C．
8. 已知，则的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】令，
当时，，单调递增；
所以即，所以.
令，
当时，，单调递减，所以即
所以，故.
故选：B.
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. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ）
A. 所有奇数项的二项式系数和为B. 二项式系数最大的项为第7项
C. 所有项的系数和为D. 有理项共5项
【答案】BD
【解析】A选项，的展开式共有13项，故，
所有奇数项的二项式系数和为，A错误；
B选项，二项式系数最大的项为中间项，即第7项，B正确；
C选项，中，令得，
故所有项的系数和为，C错误；
D选项，展开式通项公式为，，，
当时，为整数，故有理项共5项，D正确.
故选：BD
10. 已知数列an的前n项和为，且满足：，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列an为等差数列
B.
C. 数列的前100项和为
D. 数列的前10项和为
【答案】BC
【解析】由可得，，即，
当时，
两式相减得，，化简得，
显然，当时符合题意，故.
对于A，由不是常数，故A错误；
对于B，由上分析，可知即an是等比数列，
因，故B正确；
对于C，数列的前100项和为
，故C正确；
对于D，由可得，故数列的前10项和为：
,故D错误.故选：BC
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数有极小值
B. 函数在处切线的斜率为4
C. 当时，恰有三个实根
D. 若时，，则的最小值为2
【答案】AD
【解析】由题意可得：，令，解得；令，解得或；则在上单调递减，在上单调递增，
可知极大值为，极小值为，
且当x趋近于，趋近于，当x趋近于，趋近于，
可得的图象如下：

对于选项A：可知的极小值为，故A正确；
对于选项B：因为，所以函数在处切线的斜率为，故B错误；
对于选项C：对于方程根个数，等价于函数与的交点个数，
由图象可知：时，恰有三个实根，故C错误；
对于选项D：若时，，则，
所以最小值为2，故D正确；
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为__．
【答案】50
【解析】按照2，2，1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
按照3，1，1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
故共有种．
故答案为：50．
13. 记数列的前项和为，已知，则__________．
【答案】9
【解析】由，可知当时，，
所以，即，
从而，当时，，
所以，又，所以，从而．
故是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：9.
14. 已知直线是曲线与的公切线，则______．
【答案】1
【解析】设直线 与 的图象相切于点
与 的图象相切于点 ,
又 , 且.
曲线 y=f(x) 在点 处的切线方程为 ,
曲线 在点 处的切线方程为 .
故，
解得 ，
故
故答案：1
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，其展开式的二项式系数的最大值为231m．
（1）求实数m的值；
（2）求下列式子的值（结果可以保留指数形式）
①；
②．
解：（1）因展开式中共有12项，所以最中间两项的二项式系数最大，即和，
由解得；
（2）①由（1）可得，
令得①
令得②
①+②得：，
即得，令得，
故；
②由，
两边求导得，
令可得，．
16. 如图,四棱锥中，底面是正方形,，且，平面平面，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点．

（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
解：（1）在四棱锥中，平面平面，平面，
平面平面，，平面，
又平面，则，
又，，，平面，则平面，
而平面，于是，底面是正方形，，
是棱的中点，则，，，平面，
因此平面，而平面，所以平面平面．
（2）以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，设，，
则，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，令，得，
，令，得，
，即，
整理得，则，
所以线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且为线段中点．
17. 已知等差数列an满足，，正项数列bn满足，，（其中e是自然对数的底数）．
（1）求数列an和bn的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
解：（1）设等差数列an的公差为d，则，
，即
又由，，可得，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即
（2），设数列的前n项和为，则
又，
当时，，；
当时，，；
当时，，，数列递减，
当时，，当时，，
又因为
数列前n项和，
当，时，
当，时，
即数列的前n项和．
18. 设函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若已知，且的图象与相切，求b的值；
（3）在（2）的条件下，的图象与有三个公共点，求m的取值范围（不写过程）.
解：（1）当时，，则，
当或时，；当时，，
所以f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）由，得，
设函数与直线相切的切点是，
因为，
所以，
所以有，
可得，
又，相减得，
所以，所以，
解得；
（3）时，，
的图象与有三个公共点，即方程有三个实数根，
设函数，则，
时，或；时，，
在和上单调递增，在上单调递减，
时取极大值，时取极小值，
所以的取值范围为.
19. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，，分别为上、下顶点，，且以为直径的圆过，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）M，N是C上位于x轴上方的两点，，与的交点为P．
①求四边形的面积S的最大值；
②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：（1）椭圆的左、右焦点分别为，，
上、下顶点分别为，，所以，，
又因为以为直径的圆过，，所以有，故，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①设，的方程分别为：，，
设，，
则，
所以，
同理
因此，
同理可得：，
因此，
又平行线，的方程可化为：，，
其距离，
，
当且仅当时取等号，所以；
②由已知，则，设，则，
．
又，，
，
即
又由（2）①可求，且
，故为定值，且定值为3．