河南省信阳高级中学2023-2024学年高二下期04月测试（四）
数学试题
一、单选题
1.已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则双曲线的焦点到渐近线的距离是
A.1 B. C.2 D.1或
2.已知上可导函数的图象如图所示，是的导函数，则不等式的解集为
A. B.
C. D.
3.在等比数列中，是函数的极值点，则
A. B. C. D.
4.（湖北省黄冈市部分高中2022-2023学年高二下学期期中数学试题）若的展开式中的系数为，展开式中各项系数和为，则大小关系为
A.
B.
C.
D.无法确定
5.若函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
6.已知直线与函数和的图象分别交于点，，则的最小值为
A.1 B. C. D.2
7.法国数学家、化学家和物理学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何之父”，他创立的画法几何学推动了空间解析几何的发展，被广泛应用于工程制图当中.过椭圆外的一点作椭圆的两条切线，若两条切线互相垂直，则该点的轨迹是以椭圆的中心为圆心、以为半径的圆，这个圆叫做椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过圆E上的动点M作椭圆C的两条切线，分别与圆E交于P，Q两点，直线PQ与椭圆C交于A，B两点，则下列结论不正确的是
A.椭圆C的离心率为
B.M到C的右焦点的距离的最大值为
C.若动点N在C上，记直线AN，BN的斜率分别为，，则
D.面积的最大值为
8.将字母放入的表格中，每个格子各放一个字母，若共有行字母相同，则得分，则所得分数的均值为
A. B. C. D.
二、多选题
9.盒子中有12个乒乓球，其中8个白球4个黄球，白球中有6个正品2个次品，黄球中有3个正品1个次品.依次不放回取出两个球，记事件“第次取球，取到白球”，事件“第次取球，取到正品”，.则下列结论正确的是
A.
B.
C.
D.
10.绿水青山就是金山银山，为响应党的号召，某小区把一处荒地改造成公园进行绿化.在绿化带旁边放置一些砌成的完全相同的石墩，石墩的上部是半径为的球的一部分，下部是底面半径为的圆柱体，整个石墩的高为，如图所示（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高.球缺的体积，其中为球的半径，为球缺的高），下列说法正确的是
A.石墩上 下两部分的高之比为
B.石墩表面上两点间距离的最大值为
C.每个石墩的体积为
D.将石墩放置在一个球内，则该球半径的最小值为
11.已知数列满足，，数列的前项和为，记，则
A.
C.
B.
D.
三、填空题
12.2023年冬天我国多地爆发流感，已知在三个地区分别有的人患了流感，这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取1人，则这个人患流感的概率为 .
13.已知数列的通项公式为，在和之间插入个形成一个新数列，则的前2024项的和为 .
14.已知函数，关于x的方程恰有4个零点，则m的取值范围是 .
四、解答题
15.已知.
（1）若在处取得极值，求的最小值；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
16.已知数列的前n项和为，且，.
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
17.已知是平行六面体中线段上一点，且.
（1）证明：平面；
（2）已知四边形是菱形，，并且为锐角，，求二面角的正切值.
18.如图，已知A，B为抛物线E：上任意两点，抛物线E在A，B处的切线交于点P，点P在直线上，且，动点Q为抛物线E在A，B之间部分上的任意一点.
（1）求抛物线E的方程；
（2）抛物线E在Q处的切线交PA，PB于M，N两点，试探究与的面积之比是否为定值，若为定值，求出定值，若不为定值，请说明理由.
19.英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，.注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
（1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
（2）由该公式可得：.当时，试比较与的大小，并给出证明；
（3）设，证明：.河南省信阳高级中学2023-2024学年高二下期04月测试（四）
数学答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B C B B A B D B AD ACD BCD
12．/
13．7891
14．
15．（1）；（2）
【分析】（1）先求得函数的导函数，然后利用极值的必要条件求得的值，进而判定导数的正负区间，得到函数的单调性，然后结合左右两端的极限值与极小值，求得函数的最小值；
（2）分离参数得到对于任意恒成立.构造函数，利用导数求得不等号右侧的最大值，进而根据不等式恒成立的意义得到实数的取值范围.
【详解】（1）∵，∴，
∵在处取得极值，，∴，
∴，，
当时，；当时，；当时，.
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
又∵当时，，，
∴的最小值为.
（2）由已知得对于任意恒成立.
令，则，
在时，，所以函数在时上单调递减，
所以，
所以的取值范围是．
16．（1），；（2）
【分析】（1）已知与的关系，分类讨论，时求解数列的通项公式即可；
（2）由错位相减法求解数列的前n项和即可.
【详解】（1）令可得，．
当时，，从而，
即，
则当时，
经检验，当时，符合上式，
从而，
（2）由（1）可知，，
从而
当时，，
当时，
两式相减：
整理得：，
故
17．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法求出两平面的法向量求解即可.
【详解】（1）如图：
记与交于点，延长交于，连接，
∵四边形是平行四边形，
，即是的中点，
又是的中点，，
又平面平面，
所以平面．
（2）如图：
过点作于，
由于四边形是菱形，，
又由于是的中点，，
由于菱形中平面平面，
所以平面．
以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设菱形的边长为2，
则，，设，
由于，
由于，
设平面的法向量为，
则
令，得，
又平面的法向量为，
．
记二面角的大小，
则，
故二面角的正切值为．
18．（1）；（2）与的面积之比为定值，理由见详解
【分析】（1）设A、B的坐标分别为、，利用导数求出斜率，得到切线方程，根据已知可得和，从而解得，得解；
（2）求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.
【详解】（1）抛物线方程为，故，所以，
设A、B的坐标分别为、，
则PA的方程为：即，
同理PB的方程为：，
联立PA，PB方程，
得，
因为点P在直线上，所以，
又因为，即，所以，
则抛物线E：；
（2）与的面积之比为定值，
设点，由（1）知切线的方程为：，
又切线的方程为：，切线的方程为：，
设点，即有，，
因此直线的方程为：，
有，点到直线的距离是，
则，
由，解得点M的横坐标，同理点N的横坐标，
有，点到直线的距离，
则，
所以.
【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.
19．（1）；（2），证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）令，则，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
（2）结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，即．
（3）由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.
