四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试卷（解析版）

这是一份四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了等差数列的前项和为，则，对于三次函数，现给出定义等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.
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.记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 10D. 4
【答案】A
【解析】是等差数列，可得,
所以.故选：A.
2. 若，则 （ ）
A. B. 1C. 64D. 0
【答案】D
【解析】令，则，
所以，故选：D
3. 已知在四面体中， 为的中点，若 ，则 （ ）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】，
又，所以，
所以.
故选：B
4. 若等比数列的各项均为正数，且成等差数列，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 18
【答案】C
【解析】若等比数列的各项均为正数，所以公比，
且成等差数列，可得,
即得
可得，
.
故选：C.
5.若函数在点处的切线的斜率1,则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，，
则，，
因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立,
所以 的最小值为.
故选：C
6. 某市人民政府新招聘进 5 名应届大学毕业生，分配给教育、卫生、医疗、文旅四个部门， 每人只去一个部门，若教育部门必须安排 2 人，其余部门各安排 1 人，则不同的方案数为（ ）
A. 52B. 60C. 72D. 360
【答案】B
【解析】 5 名应届大学毕业生，分配给教育、卫生、医疗、文旅四个部门， 每人只去一个部门，人数分配,可得,
若教育部门必须安排 2 人，其余部门各安排 1 人，则可得
故选：B.
7. 南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果 “杨辉三 角” 记录于其重要著作《详解九章算法》中， 该著作中的 “垛积术” 问题介绍了高 阶等差数列. 以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列. 若某个二阶等差数列 的前四项分别为: ，则下列说法错误的是（ ）
A. B.
C. 数列 是单调递增数列D. 数列 有最大项
【答案】D
【解析】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以，即数列 是单调递增数列，
，则，A、C不符合题意；
所以，将所有上式累加可得
，所以，
即该数列的第11项为，B不符合题意；
由于，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
但由于，即数列 有最小值为，
而当时，单调递增，所以无最大值，D符合题意.
故选：D.
8.已知直线与双曲线分别相交于两个不同的点,是双曲线上不同于的一点,设直线的斜率分别为,则当取得最小值时，双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】将代入双曲线方程中，
整理得，得，设，
则，，
所以，
所以，
令，设，
则，
当时，，所以函数单调递减，
当时，，所以函数单调递增，
则当时，函数取得最小值，此时，
所以，解得，
所以.故选：C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.等差数列的前项和为，则（ ）
A.
B.
C.
D.当时，的最小值为16
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意，故A正确；
对于B，，其中为等差数列的公差，
即，故B正确；
对于C，，即，故C错误；
对于D，由题意，
从而当，，且，故D正确.
故选：ABD.
10.对于三次函数，现给出定义:设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.已知函数，则（ ）
A.函数有三个零点
B.函数有两个极值点
C.点是曲线的对称中心
D.方程有三个不同的实数根
【答案】BCD
【解析】由得，
令或，
所以在单调递减，在、单调递增.
A：因为，
所以在存在1个零点，故在R上有2个零点，故A错误；
B：的极大值点为，极小值点为，
所以有2个极值点，故B正确；
C：令，得，，
所以是的拐点，进而是的对称中心，故C正确；
D：因为的极大值为，极小值为，
作出直线与函数的图象，如图，
由图可知，直线与函数的图象有3个交点，
所以方程有3个不同的实根，故D正确.
故选：BCD
11.已知数列的通项公式为，前项积为，则下列说法正确的是（ ）
A.在数列中，是最大项B.在数列中，是最小项
C.数列单调递减D.使取得最小值的为9
【答案】ABD
【解析】，∴当时随着的增大越来越小且小于，
当时随着的增大越来越小且大于，则前项中最大项为，最小项为，
故A，B选项正确；
当时，
当时，,所以数列不是单调递减，C选项错误；
前 n 项积取得最小值时为9，故D选项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，常数项为_________.
【答案】20
【解析】二项式展开式的通项公式为，
令，解得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：20
13.已知数列满足，若为数列的前项和，则_________
【答案】77
【解析】因为当n为奇数时为等差数列，公差为1，,
;
当n为偶数时为等比数列，公比为2，,
;
所以.
故答案为：77.
14.已知关于的不等式(其中)的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】不等式可转化为，
设（），则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，，且当时，，
作出图象，
如图所示，

令，，则直线恒过定点
要使恰有两个整数解，
由图可知不合题意，所以，两个整数解为，
则，解得，
即实数a的取值范围为.
故答案为：
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. 已知等差数列的公差为，前项和为，且满足，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
解：（1）等差数列前项和为，且满足，成等比数列，
依题意得，化简得，
解得，.
（2），
则.
16.某家会员足够多的知名水果店根据人的年龄段办理会员卡，“年龄在20岁到34岁之间的会员”为1号会员，占比20%，“年龄在35岁到59岁之间的会员”为2号会员，占比，“年龄在60岁到80岁之间的会员”为3号会员，占比，现对会员进行水果质量满意度调查.根据调查结果得知，1号会员对水果质量满意的概率为号会员对水果质量满意的概率为号会员对水果质量满意的概率为.
（1）随机选取1名会员，求其对水果质量满意的概率;
（2）从会员中随机抽取2人，记抽取的2人中，对水果质量满意的人数为，求的分布列和数学期望.
解：（1）设事件：随机选取1名会员，其对水果质量满意.
则；
（2）的可能取值为，则，
，
，
，
所以的分布列为
所以.
17.如图，在斜三棱柱中，分别是的中点.
（1）证明:平面;
（2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）连接交于点E，连接OE，，
∵O，E分别是AB，的中点，D为的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，则．
∵平面，平面，
∴平面．
（2）连接OC，
∵，,
∴为正三角形，
∴，
∵，且都在面，
∴平面ABC，而面，故，
由，易知△ABC是等腰直角三角形，
∴，
以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，则，，，，
由，可得，且，，
设平面的法向量为，
∴，即，令，，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成的角正弦值为．
18.已知点为椭圆上任一点，椭圆的短轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）若点是抛物线的准线上的任意一点，以为直径的圆过原点，试判断是否为定值?若是，请求出这个定值;若不是，请说明理由.
解：（1）因为椭圆的短轴长为，离心率为.，
所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知抛物线的标准方程为，其准线方程为：，
设，，
因为以为直径的圆过原点，所以，
所以，
所以，
即，
所以，
又因为，，
所以，
所以为定值，且定值为2．
19.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）求证:.
解：（1）当时，，
则，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）不等式等价于，
即，
设（），则，所以在上单调递增，
由，得，
则，即在上恒成立，
设，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即实数a的取值范围为；
（3）先证：①和②，
①：设函数，则，
所以函数在上单调递增，且，
所以，即，得，令，得；
②：设函数，
在区间上的面积可以通过矩形近似估计，即，
所以，
又，所以.
，
所以
，
又，
所以
，
又，
所以，
即.0
1
2