广东省广州市第四中学等三校高二下学期4月期中“三校联考”数学试卷（解析版）-A4

这是一份广东省广州市第四中学等三校高二下学期4月期中“三校联考”数学试卷（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了请将答案填写在答题卡对应位置上等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷共4页19题，满分150分
2．请将答案填写在答题卡对应位置上
一､单项选择题：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
【答案】B
【解析】
【分析】解方程，即可得出答案.
【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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的运算公式，准确计算，即可求解.
【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. 已知数列中，，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知递推公式，求出的值，即可得出数列是一个以3为周期的数列，进而得出答案.
【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. 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
【答案】C
【解析】
【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
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
【答案】B
【解析】
【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. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 40B. 60C. 76D. 88
【答案】D
【解析】
【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. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. 690B. C. 710D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题可先根据等比数列求和公式对原式进行化简，再根据二项式展开式的通项公式求出的系数.
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，根据等式可得出函数为偶函数，利用导数得知函数在上单调递减，由偶函数的性质得出该函数在上单调递增，由，得出，利用函数的单调性和偶函数的性质解出该不等式即可.
【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.
【点睛】本题考查函数不等式的求解，同时也涉及函数单调性与奇偶性的判断，难点在于根据导数不等式的结构构造新函数，并利用定义判断奇偶性以及利用导数判断函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
二､多项选择题：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.
【答案】CD
【解析】
【分析】设出公差，利用等差数列求和公式得到，，，，从而对选项一一判断，得到答案.
【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. 已知，则（ ）
A. 的值为2
B. 的值为80
C. 的值为
D
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法可判断ACD，利用二项式展开式的通项公式可求得的系数可判断B.
【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. “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.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得，利用等比数列求和公式可判断A选项；利用裂项相消法可判断B选项；将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定的位置，结合二项式系数的性质和二项式系数之和、分组求和法可判断CD选项.
【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，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，
，D对.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. __________．
【答案】
【解析】
【分析】先将每项裂成两项，求和即可得出答案.
【详解】
.
故答案为：.
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.
【答案】60480
【解析】
【分析】按第行、第行、第行的顺序进行填写，结合组合和排列的知识求得正确答案.
【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.
故答案为：
14. 对任意，函数恒成立，则a的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】变形为，构造，求导得到单调性进而恒成立，故，分当和两种情况，结合单调性和最值，得到，得到答案.
【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.
故答案为：
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现指数函数与对数函数，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同时乘以，变形得到，从而构造进行求解.
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.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
【解析】
分析】（1）对求导，得到，根据条件得到，即可求解；
（2）利用（1）中结果，求出在上的单调性，再比较两端点函数值，即可求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定和性质定理可证得又因为，即可证明四边形是直角梯形；
（2）以为原点， 分别为 轴，如图建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1），证明见解析
（2）
（3）可取1，2，3
【解析】
【分析】（1）将代入即可得出.当时，由化简得出，根据定义法即可证明；
（2）由（1）得出，利用错位相减法即可得出；
（3）由（1）（2）得出，则.代入不等式化简可得出.构造函数，根据函数的单调性以及函数值，即可得出答案.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由（1）可知，，则.
所以，，
则，
作差可得，
，
所以，.
【小问3详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在；
【解析】
【分析】（1）利用点在椭圆上和焦距列方程组解出即可；
（2）设出两点坐标，表示出斜率，并设出直线方程与椭圆联立，消去，表示出韦达定理，代入的表达式中化简即可；
（3）解方程组分别求出直线的交点坐标，再求出到直线的距离，结合已知面积关系表示出两三角面积的方程，再利用代入化简即可.
【小问1详解】
因为椭圆过点，焦距为，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
证明：设，
直线的斜率一定存在，设为，
则，消去得到，，
，
，
故是定值.
【小问3详解】
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.
【点睛】关键点点睛：
①求曲线的标准方程常用待定系数法和曲线的性质列方程组求解；
②证明斜率之和为定值时，首先用曲线上的点表示出斜率，再直曲联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式；
③解决三角形面积关系时先用坐标表示出三角形面积，再利用韦达定理化简.
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：．
【答案】（1）；
（2）详见解析； （3）详见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出；
（2）求出导函数，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．
【小问1详解】
由题可知，当时，，
，，切点为，切线的斜率为，
切线方程为：，即；
【小问2详解】
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．
【小问3详解】
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．
所以．
【点睛】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.