广东省部分学校2023-2024学年高二下学期4月阶段性测试数学试题

这是一份广东省部分学校2023-2024学年高二下学期4月阶段性测试数学试题，共11页。试卷主要包含了考查范围，考生必须保持答题卡的整洁，已知等比数列的前项和为，且，则，已知，实数满足，则，已知定义在上的函数，则等内容，欢迎下载使用。
高二数学试卷
试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.考查范围：必修第一册和必修第二册占10%，选择性必修第一册占20%，选择性必修第二册占50%，选择性必修第三册第六章第一､二节占20%.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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.已知向量，则（ ）
A.14 B.20 C.36 D.38
2.若是与1的等差中项，则（ ）
A.1 B.0或1 C.-2或1 D.或1
3.曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
4.函数有极值点，则（ ）
A. B. C.-2 D.
5.已知点为椭圆的右焦点，点是上与其长轴端点不重合的两点，设甲：直线经过的左焦点；乙：的周长为8，则甲是乙的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A.10 B.15 C.25 D.45
7.现有如图所示的九宫格，方格编号为，将其中5个不同的方格染成黑色，则至少有一行或一列被染成黑色的染色方式总数有（ ）
A.90种 B.81种 C.75种 D.72种
8.已知，实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：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.某影院在2024年春节档引入了4部电影，包含2部喜剧电影､2部动画电影，其中《熊出没•逆转时空》是一部动画电影.该影院某天预留了两个影厅用于放映这4部电影，这4部电影当天全部放映，每部电影固定在一个影厅内放映，每个影厅当天至少放映一部电影，则下列选项正确的是（ ）
A.若影厅仅放映1部电影，有4种安排方法
B.一共有16种安排方法
C.若将《熊出没•逆转时空》安排至影厅，有7种安排方法
D.若将2部动画电影安排至不同影厅，有4种安排方法
10.已知定义在上的函数，则（ ）
A.在上单调递增
B.在上单调递减
C.有极大值
D.无极小值
11.数列满足，且对任意均有.记数列的前项和为，则的值可能是（ ）
A.-3 B.-2 C.1 D.2
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若，则__________.
13.很多收费软件需要产品密钥激活才能使用，其中由25个字符构成的产品密钥比较常见，下面是三个25字符的密钥示例：
这三个产品密钥由数字和字母组成，将其中的数字从小到大排列，得到一组数据，则这组数据的分位数是__________.
14.已知函数（其中且），若存在，使得，则的取值范围是__________.
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.（13分）现有个球，球的编号从1到，从中任取2个球，取法总数记为.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
16.（15分）已知数列满足，数列满足.
（1）判断数列的单调性；
（2）求数列的前项和.
17.（15分）如图，已知圆台的高为，母线长为分别是上､下底面的直径，.
（1）证明：是等边三角形；
（2）已知点是圆弧上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
18.（17分）在平面直角坐标系中，已知，其中在轴上，以为圆心的圆内切于，与边切于点，且等于点到轴的距离.
（1）求点运动轨迹的方程；
（2）求的面积的最小值.
19.（17分）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）已知，证明：
（i）e；
（ii）且时，；
（3）判断与的大小关系，并证明.
2023—2024学年第二学期高二年级阶段性测试
高二数学参考答案及评分细则
1.【答案】C
【解析】.故选C.
2.【答案】A
【解析】由是与1的等差中项得，解得.故选A.
3.【答案】A
【解析】记，有.所以曲线在点处的切线方程为，即.故选A.
4.【答案】D
【解析，因为有极值点，所以，解得，经检验，时在处取得极小值，满足题意.故选D.
5.【答案】C
【解析】设的左焦点为，若直线经过的左焦点，则的周长为，故充分性成立.由三角形三边关系知，，当且仅当三点共线时等号成立.故的周长为.故若的周长为8，则直线经过的左焦点，必要性成立.故选C.
6.【答案】D
【解析】设的公比为，因为，所以，解得，故.故选D.
7.【答案】B
【解析】若其中一行与其中一列同时被染成黑色，则染色方式总数有种，若仅有一行被染成黑色或仅有一列被染成黑色，则染色方式总数有种，所以至少有一行或一列被染成黑色的染色方式总数有81种.故选B.
8.【答案】B
【解析】由题可得，故，所以.故选B.
9.【答案】AC（每选对1个得3分）
【解析】对于，有种安排方法，正确；对于，有种安排方法，错误；对于，有种安排方法，正确；对于，有种安排方法，错误.故选.
10.【答案】BCD（每选对1个得2分）
【解析】对函数求导得.当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，由于，故错误，B正确；有极大值，无极小值，故C正确，D正确.故选BCD.
11.【答案】BD（每选对1个得3分）
【解析】令，得，即，故.令，得，由，有，又由，有，解得或1，当时，由，得，当时，由，得.所以，因为，所以-2或2.故选BD.
12.【答案】2
【解析】由题知，即，解得.
13.【答案】4
【解析】由题易知共有26个数字，这26个数字从小到大排列得：，.由于，则这组数据的分位数是其第6项，即4.
14.【答案】
【解析】由题知，若，则当时，，当且仅当时第一个等号成立，所以在上单调递增，所以当时，，不满足题意；若，则当时，在上单调递减，所以当时，0，满足题意；若，则，令，则，所以在上单调递增，当时，，所以存在唯一的，使得，且时，单调递减，所以时，，满足题意，故实数的取值范围是.
15.（1）解：由题意可得.
（2）证明：因为，
所以.
16.解：（1）由题可得，
又因为，
所以数列单调递增.
（2）由题意可得，①
，②
①-②得，
故.
17.（1）证明：由及分别是上､下底面的直径可知，四点共面.
作于点，则，故，
因为，所以，
故是等边三角形.
（2）解：以为原点，过点与平面垂直的直线为轴，分别以所在直线为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，连接，
则，由题易知，故，
，
设平面的法向量为，
则即取，得
记直线与平面所成的角为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
18.解：（1）因为圆与相切，在轴上，所以圆的半径为1，
设，由题意知，.
由圆的切线的性质，得，
因为等于点到轴的距离，
所以.
整理得，即点运动轨迹的方程为.
（2）解法一：设，则直线的方程为.
由于直线与圆相切，由点到直线的距离公式得，
整理得.同理有.
所以是方程的两个根，
故分）
则，即，
则，
当且仅当，即时等号成立.
故的面积的最小值为8.
解法二：（利用几何性质）如图易知，，
由内切圆的性质得，.
整理得，故.
则，
当且仅当，即时等号成立.
故的面积的最小值为8.
19.（1）解：由得，
单调递增且.故时，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）证明：（i）由（1）知，，即，当且仅当时取等号，
令得，两边次方得，即得证.
（ii）由，两边取对数得，即，
则有，
累加得.
即得证.
（3）解：，证明如下：
由题意可得，当时，
.
且当时，，故.得证.1
2
3
4
5
6
7
8
9