海南省文昌中学2023-2024学年高二下学期期中段考数学试卷（Word版附解析）

这是一份海南省文昌中学2023-2024学年高二下学期期中段考数学试卷（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（试卷满分150分，考试用时120分钟）
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.
1. 函数在点处的切线斜率为（ ）
A. B. 2C. 1D. 0
2. 由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有（ ）
A. 条B. 条C. 条D. 条
3. 若二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项最大，则展开式的常数项的值为（ ）
A. B. C. 1120D. 160
4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记两次的点数均为偶数，两次的点数之和为8，则（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知函数在区间上单调递减，则实数m取值范围为（ ）
A. B. C. D.
6. 的展开式中的系数是，则实数的值为（ ）
A B. C. D.
7. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A
B. 在第2022行中第1011个数最大
C. 第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数
D. 第34行中第15个数与第16个数之比为2：3
8. 已知，，，则有（ ）
A. B. C. D.
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.
9. 在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（ ）
A. 若任意选科，选法总数为
B. 若化学必选，选法总数为
C. 若政治和地理至少选一门，选法总数为
D. 若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. 二项式系数和为256D.
11. 已知函数（为常数），则下列结论正确的有（ ）
A. 时，恒成立
B. 时，无极值
C. 若有3个零点，则的范围为
D. 时，有唯一零点且
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 甲袋中有5个白球、7个红球，乙袋中有4个白球、2个红球，从两个袋中任选一袋，从中任取一球，则取到的球是白球的概率为________.
13. 第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目.现有四个场地A，B，C，D分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有________种.
14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
四、解答题：本小题共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. 已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列.
（1）求数列的通项.
（2）设数列的前项和为，求数列的前项和.
16. 已如曲线在处的切线与直线垂直.
（1）求的值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
17. 如图,在四棱锥中,⊥平面, 点为的中点.
(I) 证明：平面;
(II)求直线与平面所成角的正弦值.
18. 已知椭圆离心率为，短轴长为2.
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，原点O为的重心；
①如果直线AB，OC的斜率都存在，求证：为定值；
②试判断的面积是否为定值，如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
19 设函数，.
（1）求在上的最值；
（2）若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值；
（3）若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率.
2023—2024学年度第二学期
高二年级数学科段考试题
（试卷满分150分，考试用时120分钟）
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.
1. 函数在点处的切线斜率为（ ）
A. B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，即可求解.
详解】由题意可知，，当时，，
所以函数在点处的切线斜率为2.
故选：B
2. 由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有（ ）
A. 条B. 条C. 条D. 条
【答案】C
【解析】
【分析】将路线分为两步，首先确定从“兵”到“炮”的最短路线走法；再确定从“炮”到“马”的最短路线走法，由分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】由题意可知：“兵”吃掉“马”的最短路线，需横走三步，竖走两步；
其中能顺带吃掉“炮”的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有种走法．
能顺带吃掉“炮”的可能路线共有（条）．
故选：C.
3. 若二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项最大，则展开式的常数项的值为（ ）
A. B. C. 1120D. 160
【答案】B
【解析】
【分析】依题意，根据二项式系数性质，可知，从而可得展开式通项，令即可求得常数项的值．
【详解】因为二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项最大，所以，
则展开式的通项为，
令，解得，
所以，即展开式中常数项为．
故选：B．
4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记两次的点数均为偶数，两次的点数之和为8，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合古典概率计算即得.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，基本事件共有种，
其中事件有种，事件有，共种，
所以.
故选：C
5. 已知函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导得到函数在上单调递减，从而得到不等式，求出答案.
【详解】，
令得，
故上单调递减，
由题意得，解得，
故选：A
6. 的展开式中的系数是，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
故的展开式中的系数为：
，即.
故选：D.
7. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A.
B. 在第2022行中第1011个数最大
C. 第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数
D. 第34行中第15个数与第16个数之比为2：3
【答案】C
【解析】
【分析】A选项由及即可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由及即可判断；D选项直接计算比值即可判断.
【详解】由可得
，故A错误；
第2022行中第1011个数为，故B错误；
，故C正确；
第34行中第15个数与第16个数之比为，故D错误.
故选：C.
8. 已知，，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】函数，则，确定函数的单调性，通过单调性可确定大小.
【详解】把a，b，c变形得，，，
所以构造函数，则.，
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递增，因为，
所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
故选：C.
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.
9. 在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（ ）
A. 若任意选科，选法总数为
B. 若化学必选，选法总数为
C. 若政治和地理至少选一门，选法总数为
D. 若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，先从两科中选一科，再从4科中选2科即可，对于B，先从两科中选一科，然后从3科中选1科即可，对于C，先从两科中选一科，然后分政治和地理都选或从政治和地理中选一科即可，对于D，化学、生物都选或从化学、生物中选一科即可
【详解】若任意选科，选法总数为，A错误；
若化学必选，选法总数为，B正确；
若政治和地理至少选一门，选法总数为，C错误；
若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为，D正确．
故选：BD.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. 二项式系数和256D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令可判断A选项；令可判断B选项；求出二项式系数和可判断C选项；由两边求导，令得可判断D选项.
【详解】由，
对于A，令得，A选项正确；
对于B，令得，
所以，B选项错误；
对于C，二项式系数和为，C选项正确；
对于D，由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.
故选：ACD.
11. 已知函数（为常数），则下列结论正确的有（ ）
A. 时，恒成立
B. 时，无极值
C. 若有3个零点，则的范围为
D. 时，有唯一零点且
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，当时，二次求导得到函数单调性，结合得到A错误；B选项，时，二次求导得到函数单调性，得到B正确；C选项，当时，显然，时，参变分离，记，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到的范围为，C正确；D选项，二次求导得到函数单调性，结合零点存在性定理可知，存在唯一的，满足.
【详解】对于A，当时，，令，
令，则，在上单调递增，在上单调递减，
故，
在上单调递增，，故A错误；
对于B，当时，令，
令，则，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
故，
在上单调递增，无极值，故B正确；

对于C，令，当时，显然，
故不是函数的零点，
当时，则，记，则，
令得或，令得，
故在单调递增，在单调递减，且，
且当和时，，
故有3个零点，则的范围为，C正确，
对于D，当时，，，
令，则，
令，则，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，故，
在上单调递增，则此时至多只有一个零点，
又，
由零点存在性定理可知，存在唯一的，满足，选项D正确；
故选：BCD
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 甲袋中有5个白球、7个红球，乙袋中有4个白球、2个红球，从两个袋中任选一袋，从中任取一球，则取到的球是白球的概率为________.
【答案】
【解析】
【分析】设事件A表示“选中甲袋”，B表示“选中乙袋”，C表示“取到的球是白球”，
则，由条件结合全概率公式求结论.
【详解】设事件A表示“选中甲袋”，B表示“选中乙袋”，C表示“取到的球是白球”，
则，，，，
故.
故答案为：.
13. 第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目.现有四个场地A，B，C，D分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有________种.
【答案】240
【解析】
【分析】利用分组分配问题处理方法解决.
【详解】满足要求的安排方法可分为两步完成，
第一步：将5个新增项目分为四组，其中一组含2个项目，其余三组分别含一个项目，
第二步：将4组项目安排到四个场地，
由分步乘法计数原理可得，不同的安排方法有种安排，
故答案为：.
14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，可得，
令，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，作出函数在上图象，
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为、，且，由图可知，
当或时，，此时，
当时，，此时，
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意.因此，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查极值点问题.根据题意函数在上有两个极值点，转化为在上有两个变号零点，即，即有两个不同的根，即直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可判断求解.
四、解答题：本小题共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. 已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列.
（1）求数列的通项.
（2）设数列的前项和为，求数列的前项和.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）设公差为，由题意列出关于d的方程，求得d，即可求得数列的通项.
（2）由（1）可得的表达式，即得的表达式，利用裂项相消法求和，即得答案.
【小问1详解】
设公差为，
由，且成等比数列，
则，解得：或（舍去），
故，
故的通项.
【小问2详解】
，则，
所以：，
.
16. 已如曲线在处的切线与直线垂直.
（1）求的值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据斜率关系，即可求导求解，
（2）求导判断函数的单调性，即可求解函数的最值求解.
【小问1详解】
由于的斜率为，所以，
又故，解得，
【小问2详解】
由（1）知，所以，
故当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取最小值，
要使恒成立，故，解得，
故的取值范围为
17. 如图,在四棱锥中,⊥平面, 点为的中点.
(I) 证明：平面;
(II)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，取中点，可证，即可得到平面.
（Ⅱ）根据（Ⅰ）所建坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，利用夹角公式解得.
【详解】（Ⅰ）证明： 取中点,易知是边长为2的正方形.依题意,可以建立以为原点,分别以,,的方向为轴,轴,轴正方向的空间直角坐标系（如图）,
可得,,,,,,.
取中点,则,即
又,可得,
又因为直线平面,所以平面.
（Ⅱ）解：依题意,,,
设为平面的法向量,
则 即 不妨令,可得
因此有 .
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查线面平行的判定，线面角的计算问题，关键建立空间直角坐标系，利用空间向量解决立体几何中的问题，属于中档题.
18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2.
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，原点O为的重心；
①如果直线AB，OC的斜率都存在，求证：为定值；
②试判断的面积是否为定值，如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②为定值，
【解析】
【分析】（1）利用条件直接求出，从而求出椭圆的方程；
（2）①设出直线的方程，联立椭圆方程得，利用丰达定理求出中点坐标，进而可得出证明；
②分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，利用条件分别求出的面积，从而判断出是否为定值.
【小问1详解】
因为，得到，又，
解得
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设直线的方程为，联立，
消去得到，
设，由韦达定理得到，，
由，得，
设线段中点，因为为的重心，
所以，为定值.
②设，因为原点O为的重心，
所以，当直线的斜率不存在时，有或，
由重心的性质知，当时，直线方程为，时，直线方程为，将或代入，均求得，又到直线的距离为3，
所以，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由①知，
，又因为原点O为的重心，
所以，
又因为点在曲线上，代入，得，化简得，又，所以，
原点到直线的距离
所以为定值，
综上所述，的面积是为定值，定值为.
【点睛】对于第（2）问中的②小问，利用韦达定理，结合重心坐标公式是解题的关键.
19. 设函数，.
（1）求在上的最值；
（2）若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值；
（3）若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数可得该函数在上的单调性，即可得其最值；
（2）设出切点，借助导数的几何意义计算即可得切点横坐标，即可得解；
（3）由函数的两个极值点结合韦达定理可得、，表示出、两点连线的斜率后，借助韦达定理及换元法计算可将问题转化为证明，构造相应函数证明即可得.
【小问1详解】
，
则当时，，当时，，
∴在上单调递增，
∴，；
【小问2详解】
设与切于，
由，则，
所以，则，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
又，所以，
所以；
【小问3详解】
解法一：
由，
所以，
因为有两个极值点，
，即有两个不等的正根，且，
，
要证：，即证，
不妨设，即证：，
即证：，
令证，
令，
在上单调递增，证毕!
解法二：
因为，所以，
令，则，
因为函数有两个极值点，所以，解得，
所以，
所以的斜率
，
令，
则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，
不妨设，令，则，
所以，
即，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，将双变量，转化为，从而将双变量问题转化为单变量问题.