江苏省南京市第五高级中学2023-2024学年高二下学期4月阶段性检测数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份江苏省南京市第五高级中学2023-2024学年高二下学期4月阶段性检测数学试卷（原卷版+解析版），文件包含江苏省南京市第五高级中学2023-2024学年高二下学期4月阶段性检测数学试卷原卷版docx、江苏省南京市第五高级中学2023-2024学年高二下学期4月阶段性检测数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

1. 已知直线在x轴和y轴上的截距之和为1，则实数m的值是（ ）.
A. －2B. －C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出直线在x轴和y轴上的截距，由题意列式求解，即得答案.
【详解】对于直线，令，则，
令，则，故，则，
故选：D
2. 甲、乙、丙三人从足球、篮球、乒乓球、羽毛球这四门选修课中，每人任选一门参加，则不同的选择方案共有（ ）种.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意每人任选一门参加，可以分为3步完成，根据分步乘法原理，即可求得答案.
详解】甲、乙、丙三人从足球、篮球、乒乓球、羽毛球这四门选修课中，每人任选一门参加，
可以分3步完成，每一步由1人选择一门选修课，每步均有4种选法，
根据分步乘法计数原理，故共有种不同的选择方案，
故C正确，其他选项均不符合题意.
故选：C
3. 已知函数在处取得极值，若的单调递减区间为，（ ）
A. 5B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可先利用极值点确定参数,再利用导数确定函数的单调递减区间并确定即可得解
【详解】∵x，∴
由题设可得，解得．即
令，解得，
则函数的单减区间就是，则．
故选：B
4. 已知数列的前n项和为，，，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由转化已知递推式，从而得到是等比数列，可求得其通项公式.
【详解】由已知得：，即，则，而，
所以.
故选：B
5. 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（ ）
A. 20种B. 30种C. 40种D. 60种
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；
分3种情况讨论可得，
甲在星期一有A42=12种安排方法，
甲在星期二有A32=6种安排方法，
甲在星期三有A22=2种安排方法，
总共有12+6+2=20种；
故选A．
6. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在抛物线C上，点B在准线l上，若是边长为2的等边三角形，则的值是（ ）.
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线定义可知，再由等边三角形的边长为2即可求得.
【详解】根据题意，易知，由抛物线定义可得，
设准线与l的交点为，如下图所示：
因此与平行，又是边长为2的等边三角形，
所以，即,
可得，即.
故选：A
7. 已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则函数的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由，构造函数，根据，求得，进而得到，利用导数法求解.
【详解】因为，
所以，
则，
所以，即，
因为，
所以，解得，
所以，
则，
所以，
当或时，，当时，，
所以当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值，
又当时，，
所以函数的零点个数为1，
故选：B
8. 在一个正方体中， 为正方形四边上的动点， 为底面正方形的中心， 分别为中点，点 为平面内一点，线段 与互相平分，则满足 的实数的值有
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【详解】因为线段D1Q与OP互相平分，
所以四点O，Q，P，D1共面，
且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时，
Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时，
Q与点M重合，此时λ＝1，符合题意．
若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q；
在P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，
只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，
此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有两个
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，有选错的得0分．）
9. 已知，则关于双曲线与双曲线，下列说法中正确的是（ ）.
A. 有相同的焦距B. 有相同的焦点
C. 有相同的离心率D. 有相同的渐近线
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则焦距为，
焦点坐标为，渐近线方程为，离心率为；
又由双曲线，可得，则焦距为，
焦点坐标为，渐近线方程为，离心率为，
所以双曲线和有相同的焦距，离心率相同，焦点坐标和渐近线方程不同.
故选：AC.
10. 已知c为实数，函数，下列说法中正确的是（ ）.
A. 若，则函数为奇函数
B. 函数 在上单调递增
C. 是函数的极大值点
D. 若函数有3个零点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据奇函数的定义判断A；利用导函数判断B、C；若函数有3个零点，需满足求解即可判断D.
【详解】若时，，定义域为，
且，故A对；
由，得，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，故B对；
则函数极大值为，函数的极小值为，故C错；
若函数有3个零点，需满足解得，故D对；
故选：ABD
11. 在平行六面体中，记，设，下列结论中正确的是（ ）.
A. 若点P在直线上，则
B. 若点P在直线上，则
C. 若点P在平面内，则
D. 若点P在平面内，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理可判断A，B；结合四点共面的结论可判断C，D.
【详解】对于A，若点P在直线上，则，则，
由于三点共线，故，A错误；
对于B，若点P在直线上，则，而，
结合，得，B正确；
对于C，若点P在平面内，即四点共面，
则由，可知，C正确，
对于D，若点P在平面内，则，
则，
又，则，D正确，
故选：BCD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 函数在处的切线方程是_______．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案.
【详解】由题意知，则，
则在处的切线的斜率为，
函数在处的函数值为，
故函数在处的切线方程为，即，
故答案为：
13. 已知等比数列的各项均为实数，其前项和为，若，，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】分公比和两种情况讨论，结合，，即可得出答案.
【详解】解：设等比数列公比为，
当，由，，不合题意，
当，由，得，
综上所述.
故答案为：1.
14. 已知直线l与圆 相交于A，B两点，且弦的中点为，若直线与l垂直，则实数a的值是_____.
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】依题意确定直线l的斜率为a，设出其方程，求出圆心到直线l的距离，根据点到直线的距离公式列式求解，即可求得答案.
【详解】对于直线，若，则，
即。
此时直线l的方程为，代入中，得或，
即两点坐标为，其中点为，不符合题意；
即，则的斜率为，
则直线l的斜率为a，故设其方程为，
由于，而为弦的中点，故，
故圆心C到直线l的距离为，即，解得，
故答案为：
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. 设数列的前n项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，求的前50项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的性质即可求解，
（2）根据等比数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
由，得（），
两式相减得：（），即（），
当时，，得，所以（），
故是首项为，公比为的等比数列.从而.
【小问2详解】
由（1）得.
所以
16. 用0，1，2，3，4，5，6这七个数字：
（1）能组成多少个无重复数字的四位奇数？
（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比31560大的五位数？
【答案】（1）300；（2）660；（3）1334.
【解析】
【分析】（1）先排个位，再排千位，再在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位上，利用分步乘法计数原理即可求出；
（2）考虑个位上的数字是0和个位上的数字是5两种情况讨论求解；
（3）由分类加法计数原理讨论求解.
【详解】（1）根据题意，分3步进行分析：
①个位从1，3，5中选择一个，有种选法；
②千位上不可选0，从剩下的5个数中选一个，有种选法；
③在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位上，有种选法．
则有个无重复数字的四位奇数．
（2）分2种情况讨论：
①个位上的数字是0，在其余的6个数字中任选4个，安排在前4个数位，有种情况，则此时的五位数有个；
②个位上的数字是5，万位上不可选0，从剩下的5个数字中选一个，有种选法，在余下的5个数字中选出3个，安排在中间3个数位，有种情况，则此时符合条件的五位数有个．
故满足条件的五位数共有个．
（3）符合要求的比31560大的五位数可分为四类：
第一类：形如4****，5****，6****，有个；
第二类：形如32***，34***，35***，36***，有个；
第三类：形如316**，有个；
第四类：形如3156*，有2个．
由分类加法计数原理知，所求五位数有个．
17. 在三棱柱中，是边长为的等边三角形，，，， 为中点．
（1）求证：平面；
（2）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）由可得进而可得平面，即得，又，即得平面；
（2）由向量法求线面角.
【小问1详解】
由题意，
由得，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为等边三角形，为中点，所以，
又，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图，取的中点，则，由（1）可知，，两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
在等边三角形中，，则，，
，，
设平面的一个法向量为
则，
令，得，，即，
设直线与平面所成角，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为
18. 已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，
（1）求C的方程；
（2）B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②存在，
【解析】
【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【小问1详解】
由右焦点为，得，
因为，所以，
若，则，得，无解，
若，则，得，所以，因此C的方程.
【小问2详解】
设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为，
联立，消去y得，
由，得，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.
①设BF的斜率为，则，
因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以PQ的中垂线为，
易得BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
所以，，
要使，即，整理得，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以PQ的中垂线为，
因为BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
要使，则，所以，即，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，，所以，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，
从而，
在中，令，得，故，
同理可得，
因此，，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，
在中，令，得，故，
同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数，，其中a为实数.
（1）求的最小值；
（2）若任意，都有，求a的取值范围．
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，即可求得答案；
（2）利用当时，进行放缩，将不等式恒成立转化为恒成立，换元后即，然后令，考查在0右侧的情况，确定a的范围，继而证明时，不适合题意，即可确定答案.
【小问1详解】
由函数，得，
令，则；令，则；
即在上单调递增，在上单调递减，
故的最小值为；
【小问2详解】
由（1）知，，则当时，，
任意，都有，即，即恒成立，
令，则，即有，
令，则，，，
由题意恒成立，先考虑在0右侧附近的情况，
需满足为增函数，即需，而，
令，需满足，
即恒成立，故；
由此可知时，，则在上为增函数，
即有，则在上为增函数，则，
故，即恒成立；
下面说明当时，不恒成立；
当时，，则，使得，
则时，，则在上单调递减，则，
则在上单调递减，故，即不恒成立，
综上，可知.