广东省广州市衡美高级中学高二下学期期中检测数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州市衡美高级中学高二下学期期中检测数学试题（解析版）-A4，共16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。
（试题满分150分，考试时间120分钟）
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知向量，满足，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标运算即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以.
故选：D.
2. 已知是等差数列的前项和，且，则（ ）
A. 55B. 50C. 100D. 58
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和公式结合等差数列的性质即可得解.
【详解】由题意，.
故选：A.
3. 在展开式中，的系数为（ ）
A. 15B. 90C. 270D. 405
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出的项即可.
【详解】在展开式中，的项为，
所以所求的系数为90.
故选：B
4. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. 9C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的计算公式可得.
【详解】.
故选：B
5. 已知数列，则该数列的第99项为（ ）
A. B. 197C. D. 199
【答案】B
【解析】
【分析】通过观察数列的规律，写出其通项公式，根据通项公式求项即可.
【详解】通过观察，该数列的通项公式为，
所以
故选：B.
6. 曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求得曲线的切线方程，结合三角形面积公式计算即可.
【详解】由，得，则，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得，令，得，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：C.
7. 如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ）
A
B. 、、三点共线
C. 与是异面直线
D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答.
【详解】在平行六面体中，令，，，
则，，
，
，因为不共线所以与不平行，故A错误.
，
，即有，，有公共点，
所以、、三点共线，B选项正确.
因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线，
故C选项错误.
因为，所以，故D选项错误.
故选：B
8. 树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（ ）
A. 36B. 48C. 54D. 56
【答案】C
【解析】
【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，结合排列组合，计算求解.
【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法.
若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法；
当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法；
同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法；
当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法.
所以共有54种不同涂色方法.
故选：C.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分． 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算、数量积、模的坐标表示计算，依次判断选项即可.
【详解】A：，故A正确；
B：，故B错误；
C：，故C正确；
D：，故D正确.
故选：ACD
10. 已知数列的前项和为，，，则（ ）
A. 数列是等比数列
B.
C.
D. 数列的前项和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，变形得到，故是公比为2的等比数列；C选项，结合A，利用等比数列求通项公式得到C正确；B选项，在C基础上，利用求出通项公式；D选项，先得到为公比为的等比数列，利用求和公式得到答案.
【详解】A选项，，
其中，所以是公比为2的等比数列，A正确；
C选项，由A知，，所以，C正确；
B选项，当时，，
当时，，
显然满足，故，B错误；
D选项，，故，
即为公比为的等比数列，且，
所以的前项和为，D正确.
故选：ACD
11. 已知函数（）存在两个极值点，（），且，.设的零点个数为m，方程的实根个数为n，则（ ）
A. B. n的取值为2、3、4
C. D. mn的取值为3、6、9
【答案】AD
【解析】
【分析】利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析，的零点分布，进而可得结果.
【详解】由，可得为二次函数，（）为的零点，
由，得或，
因为，令，解得或；令，解得，
所以在和内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
所以，又，，即，
若，则，此时，与矛盾，故A正确；
因为，所以有2个解，有1个解，
所以有3个解，故B错误；
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，
当时，如图所示，的零点个数为，
所以，，故，
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，故C错误，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. 设等差数列的前项和分别为，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式可得出，然后即可得出答案.
【详解】因为，所以.
故答案为：.
13. 已知函数，函数，若恒有，则的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，将问题转化成恒成立，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而求出的最大值，即可求解.
【详解】因为，即，即，
令，则，
当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
故答案为：.
14. 将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是__________.
【答案】72
【解析】
【分析】先确定每行、每列向量和的可能情况，再根据向量和的情况确定满足条件的向量组合，最后计算不同的填法种数.结合分步乘法原理计算即可.
【详解】已知，
那么向量的所有可能情况有共种.
设每行、每列的三个向量的和为，因为，所以.
又因为三行向量和等于三列向量和，且所有向量和为，所以，
而的分量和分量都为（取值且各有个），所以.
要使每行、每列的三个向量和为，则每行、每列的三个向量的分量和分量都分别为.
对于分量，个数的和为，有这一种组合情况；
对于分量，个数的和为，也有这一种组合情况.
先确定第一行的填法，第一行的个向量的分量和分量都要满足的组合，分量的排列有种，分量的排列也有种，所以第一行的填法有种.
当第一行确定后，第二行第一列的向量分量要与第一行第一列和第三行第一列的分量和为，分量同理，所以第二行第一列的向量是唯一确定的，同理第二行第二列、第二行第三列的向量也唯一确定，第三行的向量也就随之确定.
因为第一行确定后，第二行和第三行可以交换位置.
所以不同的填法种数是种.
故答案为：72.
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. 已知等差数列的前n项和为，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解即可.
（2）利用等差数列和等比数列的求和公式求解即可.
【小问1详解】
因为是等差数列，设其公差为，
由题知，解得，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由题知，
所以.
16. 在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．
条件①：展开式中第3项的二项式系数是21；
条件②：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等；
条件③：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64．
【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】
问题：已知二项式，若________，求：
（1）的值；
（2）展开式中二项式系数最大的项．
【答案】（1）条件选择见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）选择条件，利用二项式系数的性质求出值.
（2）由（1）的结论，利用二项式系数的性质求解.
【小问1详解】
选条件①，展开式中第3项的二项式系数是21，则，
而，所以.
选条件②，展开式中第2项与第7项的二项式系数相等，则，
所以.
选条件③，展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，则展开式中二项式系数最大的项是第4项和第5项，
即，
所以展开式中二项式系数最大的项.
17. 如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，．
（1）求证：平面；
（2）若，，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）根据相似可证明，且，进而可得四边形为平行四边形，利用线线平行即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问1详解】
方法一：如图，在线段上取一点，使，
由已知，，且，
在线段上取一点，使，
由已知，，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，所以平面．
方法二：如图，连接并延长交于连接，
在中，过点作，交于点，
因为，所以，
又是的中点，则，
所以，即，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
由，，知．
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，
分别以所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系．
又，得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知函数
（1）当 时，求函数的单调区间；
（2）若函数 在区间 上有1个零点，求实数k的取值范围；
（3）若 在 上恒成立，求出正整数k的最大值；
【答案】（1）增区间，减区间
（2） （3）3
【解析】
【分析】（1）求导，判断导数的正负可得解；
（2）求导，分和两种情况分类讨论，得到函数的单调性与极值，结合函数的图象，即可求解实数的取值范围；
（3）分类参数得出对恒成立，设函数，求导得函数单调性与极值，即可求解正整数的最大值.
【小问1详解】
当时，，，
则，
令，得，令，得，
所以的单调增区间为，减区间为.
【小问2详解】
由，
当时，由，得，
所以，在上是单调增函数，且图象不间断，
又，所以当时，，
所以函数在区间上没有零点，不合题意.
当时，令，得，
若，则，故在上单调减函数，
若，则，故在上是单调增函数，
当时，，
又，
所以函数在区间上有1个零点，符合题意．
综上所述，的取值范围为.
【小问3详解】
由在上恒成立，即，
由，则，对上恒成立，
令，则，
设，则，
所以在是单调增函数，
又，，
所以存在唯一的实数，使得，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，又，即，
，
，又，，
所以的最大值为3，
19. 定义正方形数阵满足，其中i，.
（1）若，求数阵所有项的和T；
（2）若m，n，p，，求证：也是数阵中的项；
（3）若，，且，求的值为奇数的概率.
【答案】（1）0 （2）证明见解析
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据确定的所有取值情况，通过分析的性质，发现以及，从而得出数阵所有项的和为.
（2）对进行展开变形，再根据数阵的定义，证得结论成立.
（3）先根据以及与具有相同奇偶性，得出为奇数时与一奇一偶，然后分为奇数和偶数两种情况，分别计算的取值情况数，进而计算出概率.
【小问1详解】
若，则的所有取值情况为：
故数阵共99项，由知：，
，
所以.
【小问2详解】
由知，，故，
所以也是数阵中的项.
【小问3详解】
若知：，
由与具有相同的奇偶性知要使的值为奇数，需使与都是奇数，
即i与j必定一奇一偶，
当时，的取值情况有4种，故；
当时，的取值情况有8种，故；
当时，的取值情况有12种，故；
当且n为奇数时，中有个奇数，个偶数，
故的取值情况有种，故；
当且n为偶数时，中有个奇数，个偶数，
故的取值情况有种，故；
综上所述，当且n为奇数时，；当且n为偶数时，.
【点睛】方法点睛：
对于求满足特定条件的数阵所有项的和，先确定数阵中元素的组成情况，再通过分析元素之间的关系（如本题中的对称关系与）来简化求和过程.
证明一个式子是数阵中的项，通常对式子进行代数变形，使其符合数阵元素的定义形式，再结合数阵中参数的取值范围进行判断.