广东省广州市第四中学等三校2024−2025学年高二下学期4月期中“三校联考” 数学试卷（含解析）

这是一份广东省广州市第四中学等三校2024−2025学年高二下学期4月期中“三校联考” 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知数列的通项公式是，则122是该数列的（ ）
A．第10项B．第11项C．第12项D．第13项
2．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知数列中，，则（ ）
A．2B．C．D．1
4．在送课下乡支教活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所薄弱学校支教，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师安排在同一学校支教，丙、丁两名教师不安排在同一学校支教，则不同的安排方法总数为（ ）
A．20B．24C．30D．36
5．若的展开式中只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为（ ）
A．10B．210C．252D．463
6．记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A．40B．60C．76D．88
7．在的展开式中，的系数是（ ）
A．690B．C．710D．
8．设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．当取得最大值时，D．
10．已知，则（ ）
A．的值为2
B．的值为80
C．的值为
D．
11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第行开始，第行从左至右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，依次去掉每一行中所有的构成的新数列、、、、、、、、、、，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（ ）
A．B．的前项和为
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．．
13．将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的数为，第3行中最大的数为，则的填法共有 种.
14．对任意，函数恒成立，则a的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数在处取得极小值，且极小值为．
(1)求的值；
(2)求在上的最值.
16．如图，在四棱锥 中， 平面 的中 点，.
(1)求证：四边形是直角梯形.
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知数列的前项和为，且
(1)求，并证明数列是等差数列；
(2)求数列的前项和为
(3)若，求正整数的所有取值．
18．已知椭圆过点，焦距为，过作直线l与椭圆交于C,D两点，直线分别与直线交于E,F．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记直线的斜率分别为，证明是定值；
(3)是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19．已知函数．
(1)当时，求在曲线上的点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若有两个极值点，，证明：．
参考答案
1．【答案】B
【详解】令，解得（舍去负值），
所以，，即122是该数列的第11项.
故选B.
2．【答案】C
【详解】对于A中，由，所以A错误；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D错误.
故选C.
3．【答案】A
【详解】由已知可得，
，，，
，，
所以，数列是一个以3为周期的数列，
.
故选A.
4．【答案】C
【分析】依题意去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，先分组，再分配，最后根据分类加法计数原理计算可得.
【详解】依题意去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，
若是、、，则有种安排，
若是、、，则种安排，
综上可得一共有种安排.
故选C.
【思路导引】根据题意，分两步分析：①将5人分成3组，②将分好的3组安排到3个学校，由分布计数原理计算可得答案.
5．【答案】B
【分析】写出其通项公式，根据展开式中只有第6项的系数最大，可求，令的指数为，即可求得常数项.
【详解】展开式的通项公式为，
因为展开式中只有第6项的系数最大，
所以，
令，所以，
所以展开式中的常数项为.
故选.
6．【答案】D
【分析】设首项为，公差为，根据等差数列求和公式得到方程组，解得、，再由求和公式计算可得.
【详解】设首项为，公差为，
由，，可得，
解得，
所以.
故选D
7．【答案】D
【详解】观察原式，这是首项为，公比为（），项数为的等比数列的和.
根据等比数列求和公式
要求原式展开式中的系数，即求展开式中的系数.
根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数.
对于，，令，则的系数为.
对于，，令，则的系数为.
所以展开式中的系数为，即原式展开式中的系数为.
故选D.
8．【答案】A
【详解】构造函数，对任意实数，都有，
则，
所以，函数为偶函数，.
当时，，则函数在上单调递减，
由偶函数的性质得出函数在上单调递增，
，即，
即，则有，
由于函数在上单调递增，，即，解得，
因此，实数的最小值为，故选A.
9．【答案】CD
【详解】ABD选项，设的公差为，
，故，
，故，
所以，且，，即是递减数列，AB错误，D正确.
C选项，由于是递减数列，，，故当取得最大值时，，C正确.
故选CD.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，含的项为，所以，故B错误，
对于C，令得，，
令，，
所以，，
所以，故C正确；
对于D，令，可得，
两边同乘以，可得，故D正确；
故选ACD.
11．【答案】BCD
【详解】对于A选项，，
所以，，A错；
对于B选项，，
，
所以，数列的前项和为
，B对；
对于C选项，将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵
则该数阵第有个数，第行最后一项位于原数列第项，
因为，
所以，位于该数阵第行第个数，则，C对；
对于D选项，对于C选项中的数阵，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，
而“杨辉三角”数阵中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，
，D对.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】
.
13．【答案】60480
【详解】第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况.
第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个，
其余2个位置任取2个数，共有种情况，
第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，
故共有种填法.
14．【答案】
【详解】由题意得，
因为，所以，
即，
令，则恒成立，
因为，
令得，，单调递增，
令得，，单调递减，
且当时，恒成立，当时，恒成立，
因为，所以恒成立，故，
当时，，此时满足恒成立，
当，即时，由于在上单调递增，
由得，
令，，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
故，即，所以，a的取值范围是.
15．【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
【详解】（1）因为，由题知，
解得，所以，
当时，，时，，
则的增区间为，减区间为，
所以满足题意.
（2）由（1）知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）平面平面.
.
又，得 .
又 平面 平面，
又 平面，则.
又 . 又四边形是直角梯形.
（2）过作的垂线交于点.
平面平面.
以为原点， 分别为 轴，如图建立空间直角坐标系.
则 .
的中点，.
设平面 的法向量为，则
，令 ，得 .
设直线 与平面 所成的角为，
.
直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)可取1，2，3
【详解】（1）当时，有，解得.
当时，有，
，
作差可得，
所以有，
所以有.
又，
所以数列为以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）可知，，则.
所以，，
则，
作差可得，
，
所以，.
（3）由（1）（2）可知，，.
所以，，.
由可得，，
整理可得.
令，
易知在上单调递增，在上单调递增，
所以，在上单调递增.
又，
，，，
所以，当时，有，
即在时不成立.
所以可取1，2，3.
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在；
【详解】（1）因为椭圆过点，焦距为，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
证明：设，
直线的斜率一定存在，设为，
则，消去得到，，
，
故是定值.
（3）
设存在实数，使恒成立，
由，，
设到直线的距离为，到直线的距离为，
则，①
因为，所以，②
把①代入②并化简可得，
由上问可知，代入上式可得，
所以.
19．【答案】(1)；
(2)详见解析；
(3)详见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义求出；
（2）求出导函数，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出；
（3）由题意得，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．
【详解】（1）由题可知，当时，，
，，切点为，切线的斜率为，
切线方程为：，即；
（2）对函数求导可得，．
当时，．则在上单调递增．
当时，．则，．
令，则，或．，则，
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（3）有两个极值，，
，是方程的两个不等实根，
则，，，
．
要证．即证．
不妨设，即证：．
即证：对任意的恒成立．
令．则．
从而在上单调递减，故．
∴．
【方法点拨】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题.