2024年惠州市一中高二数学4月第一次阶段考试卷附答案解析

2024年惠州市一中高二数学4月第一次阶段考试卷（试卷满分150分，考试用时120分钟）2024.04一、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．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．已知等差数列的前n项和为，（

）A．7 B．8 C．9 D．103．已知曲线与曲线在交点处有相同的切线，则（

）A．1 B． C． D．4．2020年12月17日，嫦娥五号的返回器携带1731克月球样本成功返回地球，我国成为第三个实现月球采样返回的国家，中国人朝着成功登月又迈进了重要一步．下图展示了嫦娥五号采样返回器从地球表面附近运行到月球表面附近的大致过程．点表示地球中心，点表示月球中心．嫦娥五号采样返回器先沿近地球表面轨道作圆周运动，轨道半径约为地球半径．在地球表面附近的点处沿圆的切线方向加速变轨后，改为沿椭圆轨道运行，并且点为该椭圆的一个焦点．一段时间后，再在近月球表面附近的点处减速变轨作圆周运动，此时轨道半径约为月球半径．已知月球中心与地球中心之间距离约为月球半径的222倍，地球半径约为月球半径的3.7倍．则椭圆轨道的离心率约为（

）A．0.67 B．0.77 C．0.87 D．0.975．已知直线l经过点，则“直线l的斜率为”是“直线l与圆C：相切”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，则满足的有序数组共有（）个A． B． C． D．7．已知是自然对数的底数，设，则（

）A． B． C． D．8．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（

）A．与为对立事件 B．与为相互独立事件C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件二、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．若数列的前n项和，数列的通项，则（

）A． B．数列的前n项和C．若，数列的前n项和 D．的前20项积为10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）．把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体，若图3中每个正方体的棱长为1，则（

）

A．B．若M为线段上的一个动点，则的最大值为2C．点P到直线的距离是D．异面直线与所成角的正切值为11．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（

）A．双曲线的离心率B．为定值C．的最小值为3D．若直线与双曲线的渐近线交于、两点，点为的中点，（为坐标原点）的斜率为，则三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．在的展开式中，的一次项的系数为（用数字作答）.13．2024年3月17日惠州马拉松赛事设置了江北体育馆、惠州西湖、东坡祠、金山湖、惠州奥林匹克体育场等5个志愿者服务点，小明和另3名同学要去以上5个服务点中的某一个服务点参加志愿者服务活动，则小明去东坡祠服务点，且4人中恰有两人去同一志愿者服务点的概率为．14．已知函数满足若，函数，则．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．已知点，动点P满足，(1)求动点P的轨迹方程；(2)设动点P的轨迹为曲线C，若直线l过点，且曲线C截l所得弦长等于，求直线l的方程．16．如图，在直三棱柱中，分别为的中点，点Q在线段上．(1)当时，证明：B，N，M，Q四点共面；(2)若平面与平面夹角的余弦值为时，求的长度．17．已知等比数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)保持数列中的各项顺序不变，在每两项与之间插入一项（其中）组成新的数列记数列的前n项和为，若，求n的最小值．18．设函数．(1)当时，求的极值；(2)当时，讨论的单调性；(3)在（1）条件下，若对任意，有恒成立，求m的最大值．19．已知抛物线，过焦点F的直线交抛物线于两点，且.(1)求抛物线的方程；(2)若线段交轴于两点，判断是否是定值，若是，求出该值，否则说明理由.(3)若直线交抛物线于两点，，是否存在整数，使得的重心恰在抛物线上.若存在，求出满足条件的所有的值，否则说明理由.1．C【分析】由斜率直接求解倾斜角即可.【详解】设倾斜角为，则，则.故选：C.2．B【分析】根据题意，由等差数列的前n项和公式即可得到，再由等差数列的求和公式即可得到结果.【详解】因为数列为等差数列，则，又，则，即，则，故选：B3．B【分析】利用导数求出切线的斜率，从而可求解.【详解】由题知曲线和曲线在交点处有相同的切线，即斜率相等，所以对于曲线，求导得，所以在点处的切线斜率为，对于曲线，求导得，所以，得，故B正确.故选：B.4．D【分析】根据给定条件，求出椭圆轨道的长半轴长及半焦距即可计算得出.【详解】设此椭圆的长半轴长为，半焦距为，月球半径为，地球半径为，月球中心与地球中心距离为，则，，于是，，所以离心率为．故选：5．C【分析】由题求得过且与圆相切的直线方程，即可判断命题关系【详解】由题，圆是圆心为，半径为的圆，当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线距离为1，不等于半径，与圆不相切不符合；当直线的斜率存在时，设直线为，化为一般式即，则圆心到直线距离为，解得,所以“直线的斜率为”是“直线与圆相切”的充要条件,故选：C.6．A【分析】分步乘法原理，先判断有序数组中包含个0，再剩余两个数在或中选择，每个位置有2种选择，最后结合组合数计算得出结果.【详解】所有有序数组中,满足的有序数组中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为故选：A.7．A【分析】设，利用求导判断该函数的单调性，比较的大小，再设，利用求导判断函数的单调性，得到，可比较的大小，即得.【详解】设，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减.因，则，即得；再设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故时，，则，即，故得.综上，可得.故选：A.8．C【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，由即可判断A；由即可判断B；由即可判断C，由即可判断D.【详解】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，样本空间如下：，共36个．则事件包括，共6个，，事件包括，共18个，，事件包括，共5个，，事件包括，共6个，.对于A，，所以与不为对立事件，故A错误；对于B，事件且包括，则，又，，所以，即与不相互独立，故B错误；对于C，事件且包括，则，又，，所以，即与相互独立，故C正确；对于D，事件且包括，则，即与不为互斥事件，故D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用列举法和古典概型的概率公式求得各事件的概率是解决本题的关键.9．AC【分析】由的关系判断A，根据等比数列求和公式判断B，由裂项相消法求和判断C，由等差数列求和公式判断D.【详解】对于A，当时，，当时，，时，符合，综上，，故A正确；对于B，由，可知，故B错误；对于C，由，所以，故C正确；对于D，因为，故D错误.故选：AC10．BCD【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标运算可判断A；利用坐标表示出，即可判断B；根据点到直线的向量公式可判断C；利用向量夹角公式和同角三角函数的基本关系求解，可判断D.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，故，，所以，A错误；记，则，所以，当时，取得最大值2，B正确；记同向的单位向量为，则点P到直线的距离，C正确；记异面直线与所成角为，则，所以，所以，D正确.故选：BCD

11．ABD【分析】利用点到直线的距离求出，可求出离心率，判断A，利用点到线距离结合在双曲线上证明为定值判断B，联立方程组解出交点坐标求出的距离的最小值判断C，对D选项，设、，则，由，两式相加和两式相减化简可得，，从而得到，可判断D.【详解】双曲线的渐近线方程为，圆与渐近线相切，则，即，所以，则，故A正确；由A选项可得双曲线的两条渐近线方程为，设为双曲线上任意一点，则，所以点到两渐近线的距离，，所以为定值，故B正确；过与渐近线垂直的方程分别与渐近线组成方程组求出交点坐标，，解得交点，同理得，因为为双曲线右支上的动点，所以，则，故C错误；对D选项，设、，则，又、在双曲线的两条渐近线上，则，两式相减可得，即，两式相加可得，即，又，，所以，故D正确.故选：ABD12．【分析】利用二项式定理得到的展开通项公式，再分别求含项与常数项的系数即可得解.【详解】因为的展开通项公式为，所以的一次项的系数为.故答案为：.13．【分析】先求出4名同学共有种选择，再分两种情况，得到明去东坡祠服务点，且4人中恰有两人去同一志愿者服务点的情况数，从而求出概率.【详解】4名同学各自有5种选择，故共有种选择，小明去东坡祠服务点，且4人中恰有两人去同一志愿者服务点分为两种情况，①除小明外的3人中有1人和小明组成一队，此时有种选择，剩余的2人从剩余的4个服务点各选一个，有种选择，故此时有种选择，②除小明外的3人中有2人组成一队，且从剩余的4个服务点各选一个，此时有种选择，综上，共有种选择，故小明去东坡祠服务点，且4人中恰有两人去同一志愿者服务点的概率为故答案为：14．3036【分析】根据题意利用累乘法可得，进而可得，再结合等差数列的性质以及函数的对称性分析运算.【详解】因为，则，所以，则，所以，又，所以，故答案为：303615．(1)(2)或【分析】（1）直接根据条件列式，化简整理可得曲线的方程，进而判断曲线类型；（2）分为两种情况讨论：若直线的斜率不存在，直接验证即可；若直线的斜率存在，设直线的方程为，由弦长可得圆心到直线的距离，列出方程可求得，从而得出答案.【详解】（1）由题知，设点，由，则，所以，即，整理得，所以曲线是圆心为，半径等于的圆，故曲线的方程为：.（2）如图，若直线的斜率不存在，则直线的方程为：，与的交点坐标为，此时弦长等于，满足题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为：，曲线截所得弦长等于，所以，解得：，圆心到直线的距离，所以，解得，则直线的方程为：，即综上，直线的方程为：或.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，通过证明三向量共面，即可证得结论；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程，求解即得.【详解】（1）如图，因三棱柱是直三棱柱，且，故可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.又由分别为的中点，且，则得：,于是，,易得：，因则,故三向量共面，即B，N，M，Q四点共面.（2）由题意及（1）可得：易得平面平面，故平面的法向量可取为；不妨设，则，,设平面的一个法向量为，则故可取.设平面与平面的夹角为，则，解得，或（舍去）.即的长度为.17．(1)(2)15【分析】（1）根据等比数列求和公式化简得出公比即可求出通项公式；（2）根据题意可以先分组求和，再并项后利用错位相减法求，分析可知，只需比较与大小即可得解.【详解】（1）因为，所以，解得，所以.（2）因为所以，，所以，两式相减得：，所以，易知随着增大而增大，当时，，当时，，而综上，的最小值为.18．(1)极小值为，无极大值(2)详解见解析(3)【分析】（1）求导，判断函数单调性即可确定极值；（2）求导可得，分类讨论当、、、时函数对应的单调性，即可求解；（3）分离参数并构造新函数，求导可得，判断函数单调性求出最小值即可求解.【详解】（1）当时，，则，，令，得，令，得.故在上单调递增，在上单调递减，在处取得极小值，无极大值.（2）当时，，则，当时，，令，，所以函数在上单调递减，在上单调递增；当时，由，解得或0，若即时，令，或，所以函数在上单调递减，在、上单调递增；若即时，，所以函数在R上单调递减；若即时，令，或，所以函数在上单调递减，在、上单调递增.（3）对恒成立，即对恒成立.令，则只需即可..易知均在上单调递增，故在上单调递增且.当时，单调递减；当时，单调递增..故，即的最大值为.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.19．(1)(2)为定值，且定值为2(3)存在，【分析】（1）联立直线和抛物线方程由韦达定理可得，即可求出抛物线的方程；（2）求出直线的方程得出的表达式，由韦达定理化简可得；（3）利用弦长公式可求出关于的式子，再结合为整数即可得出.【详解】（1）易知焦点，设过焦点的直线的方程为