江西省宜春市丰城市第九中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（解析版）

丰城九中2023-2024学年下学期高二第一次段考试卷
数 学
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．5
5．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．9
8．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1
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
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2
C．
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：C
3．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：A
4．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：A
8．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
0 1 2 3
0.512 0.384 0.096 0.008
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）利用斜率公式结合点在椭圆上代换化简求解；
（2）设直线为：与椭圆联立，将韦达定理代入斜率乘积的表达式化简求解即可；
（3）设与椭圆联立，联立直线和，得交点横坐标，并将韦达定理代入化简即可求解.
【详解】（1）设，由于
因为点在椭圆上，，于是
（2）设直线为：，
由得,
易知，
，
为定值；
（3）设
由
得：
则
和方程联立得，，
即
即
即直线与直线的交点落在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中定值定点问题，关键是利用韦达定理代换化简解决第三问.