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高二4月数学试题C
一、单选题
1．（ ）
A．1120 B．1680 C．2240 D．3360
2．若函数的导函数为，且，则（ ）
A．0 B． C． D．
3．设公差不为0的等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知双曲线：（，）的离心率为2，则轴正半轴上到的渐近线距离为2的点的横坐标为（ ）
A． B．4 C． D．
5．小明家过年贴窗花，要把马、到、成、功、春五个字贴成一排，则春字不在两端的贴法有（ ）
A．96种 B．72种 C．60种 D．48种
6．函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知正项等比数列的公比为（），前99项和为，数列的前99项和为，则数列的前99项和为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
10．已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递减 B．当时，取得极大值
C．当时，取得极小值 D．是在上的最大值
11．若数列满足：存在正整数，使得时恒有（为常数），则称数列为“阶等和数列”，其中为该数列的“阶和”. 已知无穷数列是“3阶等和数列”，，，，且“阶和”，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在正整数，使得
C．存在无穷多个正整数，使得
D．当，且的前项和为2026时，
三、填空题
12．曲线在处的切线方程为______.
13．某市派4位专家到西部某市2家医院坐诊，每家医院至少去1名专家，且每名专家只去1家医院，则不同的分配方案种数为______.
14．已知数列的前项和满足，则的最小值为______.
四、解答题
15．已知直线：.
(1)若直线：与垂直，求的值；
(2)若直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，求证：.
16．已知等差数列的前项和为，且.
(1)求与；
(2)若，求的前项和.
17．如图，在直三棱柱中，侧面是边长为3的正方形，为的中点，，点满足.
(1)求证：平面；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知函数（）.
(1)若，求在上的最小值；
(2)讨论的零点个数；
(3)若有两个不同的零点，（），证明：.
19．已知曲线：经过椭圆：（，，）的左、右顶点，，圆：（）的圆心为的一个焦点.
(1)求，的方程，并判断与的公共点个数.
(2)若，
（ⅰ）证明：上的点都在圆内；
（ⅱ）已知圆与直线分别交于点，（点在轴左侧），点（），直线，分别与交于另外一点，，当变动时，证明直线，的斜率之积为定值，且直线过定点.
参考答案
1．A
【详解】因为，，
所以.
2．B
【详解】由，得，
由，得，解得.
3．B
【详解】因为，所以，
从而有，所以.
4．D
【详解】由的离心率为2，得，得，
所以的一条渐近线的方程为，
设所求点的坐标为（），则，解得.
5．B
【详解】把5个窗花全排列有种情况，其中春字在两端的情况有种，
故春字不在两端的贴法有（种）．
6．A
【详解】由，
得.
令，得或，
当或时，，在和上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以的极小值为，
又当时，且，当时，，
所以也是的最小值.
7．C
【详解】由题知数列，，均为等比数列，
首项分别为，，，公比分别为，，，
且，，
设数列的前99项和为，
则，
所以，所以.
8．C
【详解】设（），
则，在上单调递增，
所以，
当时，，取，得，即；
设（），
则，在上单调递减，
所以，
所以当时，，
取，得，即.
故.
9．AD
【详解】对于A，易得，，不共面，故A正确；
对于B，因为，所以，，共面，故B错误；
对于C，因为，
所以，，共面，故C错误；
对于D，假设，，共面，
则存在实数，，使得，
因为，，不共面，所以，
该方程组无解，所以假设不成立，故D正确.
10．ABC
【详解】对于A，由题图可知时，，单调递减，故A正确；
对于B，C，由题图易知在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极大值，
当时，取得极小值，故BC，正确；
对于D，在上的最大值应是与中的较大者，故D错误.
11．ACD
【详解】对于A，由题意知，，两式相减，得，故A正确；
对于B，数列的前6项依次为，均不为，又，故B错误；
对于C，由B中分析可得，即均有，故C正确；
对于D，因为，且的前3项依次为，
记的前项和为，则由周期性可得，，
当的前项和为时，，故D正确.
12．
【详解】设，则，
所以，，
所以所求切线方程为，即.
13．14
【详解】将4名专家分为2组，有3+1与2+2两种情况，共有种不同的分组方法，
再将这2组分给2家医院，有种不同方法，
所以，根据分步乘法计数原理，共有种不同的分配方案.
14．/
【详解】因为，当时，，得.
当时，，
即，整理可得，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
当为奇数时，，
，，且随着的增大而减小，而，此时；
当为偶数时，，
，，且随着的增大而增大，而，此时.
则的最小值为.
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题知直线的斜率，
设直线的斜率为，则，
因为，所以，解得.
（2）直线：与抛物线的方程联立，
消去，得，，
设，，则，
所以，所以.
16．(1)，.
(2)
【详解】（1）设的公差为.由，得
解得，，所以，
.
（2）由（1）知，，
所以，
所以.
17．(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）如图，连接.
因为为的中点，所以，
因为，所以，
所以，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）在直三棱柱中，，
因为，，，所以，
所以，所以，，两两互相垂直.
在中，，所以.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，得.
设平面的法向量为，
则，即，
取，得.
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，，，
易知在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以，在上的最小值为.
（2）由，得，
设，由题意知，则，
所以方程的实根个数就是的零点个数.
设，则.
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以的最小值为，
在，上的取值范围都是，
所以时，方程没有实根，没有零点，
时，方程有1个实根，有1个零点，
时，方程有2个实根，有2个零点.
（3）设，，则由，
得即
两式相减，得，
整理得.
要证，即证，即证.
因为，所以，，，
故，不等式成立，即.
19．(1)的方程中，，的方程为，与只有2个公共点，.
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由圆：可知圆心为，
因为圆心为的一个焦点，所以，且，
又因为在曲线的方程中，，且经过的两个顶点，
所以，解得，
故的方程为，
则，的方程为，
将与联立，得，
即，解得，
所以与只有2个公共点，.
（2）（ⅰ）由（1）知的方程为，
因为，所以，
即曲线上的点都在圆：内，
因为当时，圆是以为圆心，为半径的圆，
圆与圆的圆心距，两圆内切，
所以圆在圆内，则曲线上的点都在圆内.
（ⅱ）由题意得，，
由得直线，的斜率分别为，，
易知为圆的直径，则，所以的斜率为，
所以，的斜率之积为，为定值，
由可知直线的斜率不为零，设，，：，
将直线与联立得，
所以，，
因为，的斜率之积为，
所以
，
整理得，
即，
因为直线不过点，
所以，所以，，
代入，得，该直线过定点.

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