2023-2024学年江西丰城九中高二数学下学期第一次段考试卷附答案解析

-2024学年江西丰城九中高二数学下学期第一次段考试卷2024.4考试时长：120分钟考试范围：选择性必修一、二一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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．等比数列的各项均为正数，且，则（

）A．12 B．10 C．5 D．2．周髀算经中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，小寒、立春、惊蛰日影长之和为尺，前八个节气日影长之和为尺，则谷雨日影长为（

）A．尺 B．尺 C．尺 D．尺3．在数列中，，，则（

）A．2 B． C． D．4．已知等差数列的公差和首项都不为0，且成等比数列，则（

）A．1 B．2 C．3 D．55．已知四面体中，为中点，若，则（

）A．3 B．2 C． D．6．已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．无法确定7．已知正项等比数列中，成等差数列.若数列中存在两项，使得为它们的等比中项，则的最小值为（

）A．3 B．4 C．6 D．98．在数列中，，记，若数列为递增数列，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题：每小题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.）9．下列结论证确的是（

）A．若随机变量，满足，则B．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数越接近于1C．在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.1个单位D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断与有关10．数列的前项和为，且，下列说法正确的是（

）A．若的首项为1，则为等差数列B．若为等差数列，则的公差为2C．D．11．数列满足，，数列的前项和为，且，则下列正确的是（

）A．是数列中的项B．数列是首项为，公比为的等比数列C．数列的前项和D．数列的前项和三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分）12．展开式中的系数为（用数字作答）．13．数列满足，则.14．已知偶函数的图象关于直线对称，，且对任意，均有成立，若对任意恒成立，则的最小值为.四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.）15．记为数列的前项和.(1)若为等差数列，且，求的最小值；(2)若为等比数列，且，求的值.16．已知数列中，，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．17．甲、乙两人进行射击比赛，每次比赛中，甲､乙各射击一次，甲､乙每次至少射中8环.根据统计资料可知，甲击中8环､9环､10环的概率分别为，乙击中8环､9环､10环的概率分别为，且甲､乙两人射击相互独立.(1)在一场比赛中，求乙击中的环数少于甲击中的环数的概率；(2)若独立进行三场比赛，其中X场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，求的分布列与数学期望.18．已知各项均不为0的数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)若对于任意成立，求实数的取值范围．19．如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是

(1)求的值(2)若直线过点，求证：为定值；(3)设直线与轴的交点为，（为常数且，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．1．B【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.【详解】因为是各项均为正数的等比数列，，所以，即，则记，则，两式相加得，所以，即.故选：B.2．C【分析】根据给定条件，构造等差数列，结合等差数列通项及前n项和求解即得.【详解】设冬至日、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长分别为，，，，前n项和，由小寒、立春、惊蛰日影长之和为尺，前八个节气日影长之和为尺，得，解得，，所以谷雨日影长为（尺）．故选：C3．A【分析】逐项计算，再根据数列的周期性求解即可.【详解】由题意，，，，，故数列满足，故.故选：A4．C【分析】设出数列的首项和公差，通过题设条件求得和的数量关系，再将用前项和公式展开，整体代入即得.【详解】设等差数列的首项为，公差为，由成等比数列得,即：，解得：，.故选：C.5．D【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解.【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，因为，所以，解得.故选：D.6．B【分析】根据直线所过定点，结合图象即可判定.【详解】直线的方程可化为，所以直线恒过点，曲线即，表示圆心为坐标原点，半径为3的圆的上半部分（如图），由图可知，当时，直线与曲线的交点个数为1.故选：B.7．A【分析】由已知条件求出等比数列的公比，得到，利用基本不等式求的最小值.【详解】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列，有，即，得，由，解得，若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，则，即，得，则，，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为3.故选：A8．A【分析】由递推关系可得，求得，不等式恒成立等价于恒成立，讨论的奇偶即可求出.【详解】由，得，即，而，则，即，，由数列为递增数列，得任意的恒成立，则，即恒成立，当为奇数时，恒成立，数列单调递增，的最小值为1，则，当为偶数时，恒成立，数列单调递减，的最大值为，则，所以实数的取值范围为.故选：A【点睛】思路点睛：涉及数列不等式恒成立问题，可以变形不等式，分离参数，借助函数思想求解即可.9．CD【分析】对于A：根据方差的性质分析判断；对于BC：根据线性回归相关知识分析判断；对于D：根据独立性检验相关知识分析判断.【详解】对于选项A：因为，所以，故A错误；对于选项B：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故B错误；对于选项C：在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.1个单位，故C正确；对于选项D：因为，依据的独立性检验，可判断与有关，故D正确；故选：CD.10．BD【分析】根据等差数列的通项公式求解选项A，B；根据数列的前项和公式求解选项C，D.【详解】若为等差数列，则可设,所以，所以，解得，所以，所以的首项为，公差为2，A错误，B正确；因为，所以是以3为首项的等差数列，，C错误；，因为，即，D正确；故选:BD.11．BCD【分析】由等差数列的定义和通项公式求得，由数列的通项与前项和的关系，求得，结合数列的裂项相消求和、错位相减法求和，可得结论．【详解】解：数列满足，，可得，即有，即，由，可得，解得，当时，由，可得，两式相减可得，即为，即数列是首项为，公比为的等比数列，则，故B正确；令，解得，不为整数，故A错误；，则，故C正确；，，，两式相减可得，化为，故D正确．故选：BCD．12．【分析】由，再写出展开式的通项，从而得到含的项，即可得解.【详解】因为，其中展开式的通项为（且），所以的展开式中含的项为，所以的系数为.故答案为：13．【分析】当时求出，当时，作差即可得解.【详解】因为，当时，当时，所以，所以，当时不成立，所以.故答案为：14．5【分析】先得到函数的周期，赋值法得到，，从而得到，进而得到当时，，从而利用求和得到，从而得到的最小值.【详解】因为函数的图象关于直线和对称，所以，所以其周期，中，令得，，又，解得，同理可得，所以，，，解得，依次类推，可得当时，，所以，又对任意恒成立，故.故答案为：5.【点睛】关键点点睛：关键是得到，以及，由此即可顺利得解.15．(1)7(2)2【分析】（1）根据题意结合等差数列通项公式求得，进而求，解不等式即可；（2）根据题意结合等比数列通项公式求得，，进而求，代入运算即可.【详解】（1）设的公差为，由条件可得，解得，由，解得或，且，所以的最小值为7.（2）设的公比为，由条件可得，即，解得，则，所以.16．(1)(2)【分析】（1）利用累乘法即可得解；（2）利用裂项相消法即可得解.【详解】（1）因为，，所以，当时，满足上式，所以；（2）因为，所以，所以.17．(1)0.2(2)分布列见解析，数学期望为0.6【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）根据独立重复实验相关概率计算知识可得答案.【详解】（1）设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，则事件包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环，则.（2）由题可知的所有可能取值为，由（1）可知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，则，所以，，故的分布列为01230.5120.3840.0960.008所以.18．(1)(2)【分析】（1）根据题意，得到时，，两式相减得到，得到及均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，证得为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解.【详解】（1）解：因为数列的前项和为，且，即，当时，可得，两式相减得，因为，故，所以及均为公差为4的等差数列：当时，由及，解得，所以，，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知，可得，因为对于任意成立，所以恒成立，设，则，当，即时，当，即时，所以，故，所以，即实数的取值范围为.19．(1)；(2)证明见解析(3)直线与直线的交点落在定直线上．【分析】（1）利用斜率公式结