數(shù)學(xué)
本卷滿分150分，考試時間120分鐘.
注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名?準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
第I卷（選擇題，共58分）
一?單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項(xiàng)中，有且只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
1.已知函數(shù)在處可導(dǎo)，則（ ）
A. B. C. D.
2.定義，已知數(shù)列為等比數(shù)列，且，則（ ）
A. B.2 C. D.4
3.已知具有線性相關(guān)的兩個變量之間的一組數(shù)據(jù)如表：
且回歸方程為，則當(dāng)時，的預(yù)測值為（ ）
A.59.5 B.60.5 C.61.5 D.62.5
4.19世紀(jì)的法國數(shù)學(xué)家盧卡斯以研究斐波那契數(shù)列而著名，以他的名字命名的盧卡斯數(shù)列滿足，若其前項(xiàng)和為，則（ ）
A. B. C. D.
5.王先生為購房于2019年12月初向銀行貸款36萬元，與銀行約定按“等額本金還款法”分10年進(jìn)行還款，從2020年1月初開始，每個月月初還一次款，貸款月利率為，現(xiàn)因資金充足準(zhǔn)備向銀行申請?zhí)崆斑€款，銀行規(guī)定：提前還款除償還剩余本金外，另需收取違約金，貸款不滿一年提前還款收取提前還款額的百分之三作為違約金；貸款的時間在一年到兩年之間申請?zhí)崆斑€款收取提前還款額的百分之二作為違約金；滿兩年之后提前還款收取提前還款額的百分之一作為違約金.王先生計(jì)劃于2024年12月初將剩余貸款全部一次性還清，則他按現(xiàn)計(jì)劃的所有還款數(shù)額比按原約定的所有還款數(shù)額少（ ）
A.22450元 B.27270元 C.25650元 D.27450元
6.已知是的導(dǎo)函數(shù)，即，則（ ）
A.2021 B.2022 C.2023 D.2024
7.已知數(shù)列的通項(xiàng)公式為，令，數(shù)列的前項(xiàng)和為，則下列說法錯誤的是（ ）
A.數(shù)列的第七項(xiàng)最小?第八項(xiàng)最大
B.使的項(xiàng)共有6項(xiàng)
C.滿足的的值共有4個
D.使取得最小值的為7
8.已知兩點(diǎn)在雙曲線的右支上，點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對稱，交軸于點(diǎn)，若，且，則雙曲線的離心率為（ ）
A. B. C. D.
二?多選題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題所給的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9.午飯時間；B同學(xué)從教室到食堂的路程與時間的函數(shù)關(guān)系如圖，記時刻的瞬時速度為，區(qū)間上的平均速度分別為，則下列判斷正確的有（ ）
A.
B.
C.對于，存在，使得
D.整個過程小明行走的速度一直在加快
10.如圖，棱長為2的平行六面體中，，點(diǎn)分別是棱的中點(diǎn)，與平面交于點(diǎn)，則下列說法正確的是（ ）
A.平面
B.直線與直線所成角的余弦值等于
C.
D.三棱錐的外接球的表面積為
11.“角股猜想”是“四大數(shù)論世界難題”之一，至今無人給出嚴(yán)謹(jǐn)證明.“角股運(yùn)算”指的是任取一個自然數(shù)，如果它是偶數(shù)，我們就把它除以2；如果它是奇數(shù)，我們就把它乘3再加上1.在這樣一個變換下，我們就得到了一個新的自然數(shù).如果反復(fù)使用這個變換，我們就會得到一串自然數(shù)，該猜想就是：反復(fù)進(jìn)行角股運(yùn)算后，最后結(jié)果為1.我們記一個正整數(shù)經(jīng)過次角股運(yùn)算后首次得到1（若經(jīng)過有限次角股運(yùn)算均無法得到1，則記，以下說法正確的是（ ）
A.，則所有可能的取值集合為
B.在其定義域上不單調(diào)，有最小值，無最大值
C.對任意正整數(shù)，都有
D.是真命題，是假命題
第II卷（非選擇題，共92分）
三?填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）
12.在二項(xiàng)式的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為__________.
13.過點(diǎn)可作曲線的三條不同的切線，實(shí)數(shù)的取值范圍為__________.
14.已知數(shù)列的各項(xiàng)均為2，在其第項(xiàng)和第項(xiàng)之間插入個，得到新數(shù)列，記新數(shù)列的前項(xiàng)和為，則__________，__________.
四?解答題（本大題共5小題，共77分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟）
15.（13分）數(shù)列的前項(xiàng)和滿足.
（1）證明：是等差數(shù)列；
（2）若，證明：.
16.（15分）如圖，在四棱錐中，底面四邊形是邊長為2的菱形，是等邊三角形，.
（1）證明：平面平面；
（2）若為棱的中點(diǎn)，求平面與平面夾角的余弦值.
17.（15分）已知橢圓的左?右頂點(diǎn)分別為，長軸長為4，點(diǎn)在橢圓上（不與點(diǎn)重合），且.
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，若一條斜率不為0的直線過點(diǎn)與橢圓交于兩點(diǎn)，直線的斜率為，直線的斜率為，證明：為定值.
18.（17分）甲進(jìn)行摸球跳格游戲.圖上標(biāo)有第1格，第2格，，第25格，棋子開始在第1格.盒中有5個大小相同的小球，其中3個紅球，2個白球（5個球除顏色外其他都相同）.每次甲在盒中隨機(jī)摸出兩球，記下顏色后放回盒中，若兩球顏色相同，棋子向前跳1格；若兩球顏色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格時，游戲結(jié)束.記棋子跳到第格的概率為.
（1）甲在一次摸球中摸出紅球的個數(shù)記為，求的分布列和期望；
（2）證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并求的通項(xiàng)公式.
19.（17分）曲線的切線?曲面的切平面在平面幾何?立體幾何以及解析幾何中有著重要的應(yīng)用，更是聯(lián)系數(shù)學(xué)與物理學(xué)的重要工具，在極限理論的研究下，導(dǎo)數(shù)作為研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具，更是與切線有著密不可分的關(guān)系，數(shù)學(xué)家們以不同的方法研究曲線的切線?曲面的切平面，用以解決實(shí)際問題：
（1）對于函數(shù)，分別在點(diǎn)處作函數(shù)的切線，記切線與軸的交點(diǎn)分別為，記為數(shù)列的第項(xiàng)，則稱數(shù)列為函數(shù)的“切線軸數(shù)列”，同理記切線與軸的交點(diǎn)分別為，記為數(shù)列的第項(xiàng)，則稱數(shù)列為函數(shù)的“切線軸數(shù)列”.
①設(shè)函數(shù)，記的“切線軸數(shù)列”為；
②設(shè)函數(shù)，記的“切線軸數(shù)列”為，
則，求的通項(xiàng)公式.
（2）在探索高次方程的數(shù)值求解問題時，牛頓在《流數(shù)法》一書中給出了牛頓迭代法：用“作切線”的方法求方程的近似解.具體步驟如下：設(shè)是函數(shù)的一個零點(diǎn)，任意選取作為的初始近似值，曲線在點(diǎn)處的切線為，設(shè)與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，并稱為的1次近似值；曲線在點(diǎn)處的切線為，設(shè)與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，稱為的2次近似值.一般地，曲線在點(diǎn)處的切線為，記與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，并稱為的次近似值.已知二次函數(shù)有兩個不相等的實(shí)根，其中.對函數(shù)持續(xù)實(shí)施牛頓迭代法得到數(shù)列，我們把該數(shù)列稱為牛頓數(shù)列，令數(shù)列滿足，且，證明：.（注：當(dāng)時，恒成立，無需證明）
2023—2024學(xué)年度下學(xué)期高二年級4月階段考試
數(shù)學(xué)參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)
1.B 【詳解】
.
故選：B.
2.D 【詳解】數(shù)列為等比數(shù)列，且所以所以則.因?yàn)榕c符號一致，故.
故選：D.
3.A 【詳解】
代入回歸方程可以得到
故當(dāng)時的預(yù)測值為.
故選：A.
4.D 【詳解】因?yàn)樗?br>累加得即.
故選：D.
5.C 【詳解】根據(jù)題意，截止2024年12月，提前還款數(shù)額比按約定還款數(shù)額少的部分為：
按原計(jì)劃還款時，從2024年12月起到原計(jì)劃結(jié)束時所還的利息，即剩余60個月的利息，同時減掉剩余還款額百分之一的違約金.因?yàn)槊吭滤€本金為元，
所以2024年12月還完后本金還剩余元，故違約金為1800元.
2025年1月應(yīng)還利息為
2025年2月應(yīng)還利息為
2025年3月應(yīng)還利息為
最后一次應(yīng)還利息為
所以后60個月的利息合計(jì)為元），
所以他按現(xiàn)計(jì)劃的所有還款數(shù)額比按原約定的所有還款數(shù)額少（元）.
故選：C.
6.B 【詳解】因?yàn)?br>所以；
由此規(guī)律可得
所以.
故選：B.
7.C 【詳解】化簡得
故在上單調(diào)遞減，顯然最小值為最大值為.
又當(dāng)時即的最大值為的最小值為故A正確；
易知當(dāng)時故
結(jié)合為正整數(shù)，則共6項(xiàng)，故B正確；
當(dāng)或時當(dāng)時；當(dāng)時
故當(dāng)時，滿足共有6個這樣的故C錯誤；
可知時所以當(dāng)時取得最小值，故D正確.
故選：C.
8.A 【詳解】如圖，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，取的中點(diǎn)連接.
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，故.
令.
由點(diǎn)均在雙曲線上，則兩式相減，可得
即而故.
又因?yàn)閯t即
又令解得.
因?yàn)樗约?br>故則雙曲線的離心率為
根據(jù)雙曲線的對稱性，可知當(dāng)點(diǎn)在第四象限時，同理可求得；
當(dāng)點(diǎn)在雙曲線的頂點(diǎn)時，由于此時與雙曲線相切，不合題意，
故雙曲線的離心率為.
故選：A.
9.AC 【詳解】由題意，可設(shè)分別作出直線.
.由圖象可知即故選項(xiàng)A
正確；即即即
故故選項(xiàng)B不正確；
選項(xiàng)C，瞬時速度的幾何意義就是時刻曲線的切線的斜率；
由圖象知存在曲線在點(diǎn)處的切線斜率與相等，
即存在使得故C選項(xiàng)正確；
選項(xiàng)D時刻的瞬時速度為判斷平均速度的快慢，
可以看整個曲線在各點(diǎn)處的切線方程的斜率.
由圖象可知，當(dāng)時，切線方程的斜率最大，
故而在此時，速度最快，故選項(xiàng)D不正確.
故選：AC.
10.ACD 【詳解】棱長為2的平行六面體中
以作為空間的一組基底，則
所以即同理有平面
所以平面故選項(xiàng)正確；
所以
.
設(shè)直線和直線所成的角為由
則故選項(xiàng)B錯誤；
由三棱錐為正四面體，
與平面交于點(diǎn)是點(diǎn)到平面的距離，可得且
所以故選項(xiàng)C正確；
將正四面體放置到正方體中，正四面體外接球即正方體的外接球，易知正方體的邊長為則正方體的外接球直徑為其體對角線的長.令正四面體的外接球直徑為則所以三棱錐的外接球的表面積為故選項(xiàng)正確.
故選：ACD.
11.BCD 【詳解】則所有可能的取值集合為不正確；
由得在其定義域上不單調(diào).
而則有最小值1，
由經(jīng)過有限次角股運(yùn)算均無法得到1，記得無最大值，故選項(xiàng)B正確；
對任意正整數(shù)而因此故選項(xiàng)C正確；
對任意正整數(shù)每次除以2，最后得到1的次數(shù)為因此.
由知是假命題，故選項(xiàng)D正確.
故選：BCD.
12.-160 【詳解】.
因?yàn)榈耐?xiàng)公式為
所以在中，當(dāng)時不滿足；
在中，當(dāng)時則常數(shù)項(xiàng)為.
13.或或 【詳解】由.
設(shè)切點(diǎn)為則曲線在點(diǎn)的切線方程為.
又因?yàn)榍芯€過點(diǎn)代入切線方程得即
所以
即方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，且
所以解得或或
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為或或.
14.-1；149 【詳解】由題意，將數(shù)列各項(xiàng)按如下數(shù)陣排列：
其中第行有項(xiàng)，則該數(shù)陣中第行的最后一項(xiàng)對應(yīng)數(shù)列中的對應(yīng)的第項(xiàng)，因?yàn)榍?br>所以位于數(shù)陣的第63行第9項(xiàng)，且第（為奇數(shù)）行添加個-1，第（為偶數(shù)）行添加個1，
故63行第9項(xiàng)為-1，即數(shù)列的前2024項(xiàng)中，項(xiàng)的值為2的共63項(xiàng)，
其余添加項(xiàng)的和為
因此.
15.（13分）證明：①由題意①，
則②，
①-②式，得整理得
即.
當(dāng)時得
即成立.
綜上恒成立，所以是以2為公差的等差數(shù)列.
（2）由第（1）問及題意，得等差數(shù)列中公差為2，
其前項(xiàng)的和為
則
因?yàn)樗?
16.（15分）（1）證明：由題意得又
所以所以
因?yàn)榈酌鏋榱庑危瑒t
故平面平面
所以平面
平面所以平面平面.
解：（2）由（1）知平面而平面所以故底面為正方形.
如圖，設(shè)的中點(diǎn)為連接在平面內(nèi)作.
因?yàn)闉榈冗吶切?，所以故平?
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系，
則所以
故.
設(shè)為平面的法向量，則有
即可取.
設(shè)為平面的法向量，則有即
可取.
則
所以平面與平面的夾角的余弦值為.
17.（15分）（1）解：依題意可得所以
所以.
設(shè)所以.
又因?yàn)樗?br>所以即.
（不給出證明扣兩分）
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）證明：設(shè)
由于該直線斜率不為0，可設(shè)
（強(qiáng)調(diào)直線斜率不為0且設(shè)方程給1分，若討論斜率不存在，并求出定值給2分）
聯(lián)立方程和得恒成立，
根據(jù)韋達(dá)定理可知
所以.
因?yàn)?br>所以
所以.
18.（17分）（1）解：根據(jù)題意可知的所有可能取值為
則
可得的分布列如下：
期望值為.
（2）證明：依題意，當(dāng)時，棋子跳到第格有兩種可能：
第一種，棋子先跳到第格，再摸出兩球顏色不同；
第二種，棋子先跳到第格，再摸出兩球顏色相同.
又可知摸出兩球顏色不同，即跳兩格的概率為摸出兩球顏色相同，即跳一格的概率為
因此可得
所以
因此可得且
即數(shù)列是首項(xiàng)為公比為的等比數(shù)列，
即
所以
又因?yàn)?br>即
19.（17分）解：（1）由題意則.
設(shè)切點(diǎn)為
則過切點(diǎn)的切線為
令整理得.
由題意則.
設(shè)切點(diǎn)為則過切點(diǎn)的切線為.
令整理得.
對于當(dāng)是正奇數(shù)時；當(dāng)是正偶數(shù)時即
.
所以
兩式相減，得
所以.
（2）因?yàn)槎魏瘮?shù)有兩個不等式實(shí)根所以不妨設(shè).
因?yàn)樗?br>所以在橫坐標(biāo)為的點(diǎn)處的切線方程為
令則
即.
因?yàn)?br>則即.因?yàn)樗运?
令則且
數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列.
.
由因?yàn)樗约?
.-2
-1
1
2
3
24
36
40
48
56
0
1
2

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