2024年厦门市同安区高二数学4月第一次月考试卷附答案解析

2024年厦门市同安区高二数学4月第一次月考试卷（试卷满分150分，考试时间120分钟）2024.04一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共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．设函数，则（

）A．3 B．2 C．1 D．2．在等差数列中，若，，则等于（

）A．20 B．18 C．16 D．3．若，则（

）A．4 B．6 C．7 D．84．在的展开式中，项的系数为（

）A．1 B．10 C．40 D．805．若函数在上为增函数，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．6．著名数学家华罗庚先生曾说过，“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休”.在数学的学习和研究中，经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征.函数的图象大致是（）A．B．C．D．7．已知椭圆的左右焦点分别是，过的直线交椭圆于两点，若（为坐标原点），，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．8．设，，，则（）A． B． C． D．二、多选题（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．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（）A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种C．甲乙不相邻的排法种数为82种D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种10．如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（

）

A． B．与所成的角可能是C．是定值 D．当时，点到平面的距离为211．已知函数的定义域为，则下列说法正确的是（

）A．若函数无极值，则B．若，为函数的两个不同极值点，则C．存在，使得函数有两个零点D．当时，对任意，不等式恒成立三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知曲线在处的切线的斜率为，则.13．2024年伊始，随着“广西沙糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”.某班级五位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这五位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂，冰雪大世界，中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是.

14．已知函数，函数，则函数的极小值点为；若，恒成立，则实数的取值范围为．四、解答题（共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15．设函数．(1)当时，求函数在的最值；(2)讨论函数的单调性．16．如图所示，等边所在平面与菱形所在平面相垂直，，，，

(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成角的余弦值.17．某公园有一块如图所示的区域，该场地由线段、、及曲线段围成．经测量，，米，曲线是以为对称轴的抛物线的一部分，点到、的距离都是50米．现拟在该区域建设一个矩形游乐场，其中点在曲线段上，点、分别在线段、上，且该游乐场最短边长不低于30米．设米，游乐场的面积为平方米．(1)试建立平面直角坐标系，求曲线段的方程；(2)求面积关于的函数解析式；(3)试确定点的位置，使得游乐场的面积最大．（结果精确到0.1米）（参考数据：，）18．已知椭圆的右焦点为，直线与相交于、两点．(1)求直线l被圆所截的弦长；(2)当时，．（i）求的方程；（ii）证明：对任意的，的周长为定值．19．已知函数．(1)若时，函数有2个不同的零点，求的取值范围；(2)已知为函数的导函数，在上有极小值0，对于某点，在点的切线方程为，若对于，都有，则称为好点．①求的值；②求所有的好点．1．A【分析】根据导数的定义和导数的运算公式求解.【详解】函数，，，,故选：A2．B【分析】设等差数列为，公差为d，由，，可得，即可得答案.【详解】设等差数列为，公差为d，因，，则，故.故选：B3．D【解析】直接根据排列数与组合数公式求解即可．【详解】解：∵，∴，即，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查排列数与组合数公式，属于基础题．4．D【分析】利用通项求解可得.【详解】通项公式为，当时，，所以项的系数为80.故选：D5．C【分析】求出函数的导数，问题转化为在恒成立，参变分离求出m的范围即可.【详解】已知函数在上为增函数，则在恒成立，即在恒成立，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查一次函数的性质，属于基础题．6．C【解析】利用的奇偶性和在上的符号可选出答案.【详解】因为的定义域是所以是奇函数，排除A、B因为当时，，排除D故选：C7．B【分析】首先根据题意设，得到.根据，得到，根据勾股定理得到，再求离心率即可.【详解】如图所示：

设，因为，所以.又因为，所以，即.因为，所以.因为，所以.在中，，解得，即，所以，即.所以，.故选：B8．C【分析】先利用对数函数的单调性半径a，b的大小，再构造函数比较a和c，c和b的大小即可.【详解】，令，则，所以在上递减，则，即，则，，所以，故选：C9．ABD【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断.【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确；对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确；对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确；对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确.故选：ABD10．AC【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助数量积公式与点平面距离公式逐项计算即可得.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、、、、则，，，，，设，，则，，故，即，故A正确；若与所成的角可能为，则存在，使得成立，即，化简得，即，由，故舍去，即与所成的角故可能是，故B错误；，故，故C正确；当时，有，故，，设平面的法向量为，则有，令，则有，则点到平面的距离，故D错误.故选：AC.

11．BCD【分析】函数无极值，则或，求解即可判断A；若，为函数的两个不同极值点可得，即，代入可求出的值，可判断B；要使得函数有两个零点，即与有两个交点，画出图象即可判断C；当时，对任意，不等式恒成立即证明在上恒成立即可判断D.【详解】对于A，若函数无极值，，，则或恒成立，则或，当，则，解得：或，故A不正确；对于B，若，为函数的两个不同极值点，，所以，因为，则，∴，故B正确；对于C，存在，使得函数有两个零点，与有两个交点，在处的切线平行于轴，过原点的切线在的左侧稍微旋转后可得两个交点，故C正确；对于D，当时，对任意，不等式恒成立，，，，令，对任意恒成立，在上单减，，对任意恒成立，所以，在上单减，对任意恒成立，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：函数零点和方程根的问题往往利用数形结合转化成函数图象交点的问题，导数恒成立、极值问题通常构造函数并利用导数研究其单调性即可得出结论.12．【分析】利用导数的几何意义求解.【详解】因为，所以，当时，，因为曲线在点处的切线的斜率为，所以，解得，故答案为：13．36【分析】先根据甲乙选的景点其他人是否选分成两类情况，①无人再选，按照分组计算方法数；②还有人选，按照部分平均分组计算方法数.最后用分类加法原理计算总的方法数即可.【详解】若甲乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：的选法总数为：，若甲乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：的选法总数为：，所以不同的选法总数为:.故答案为：36.14．【分析】利用导数分析函数的单调性，可求得该函数的极小值点；分析得出，构造函数，可知函数在上为增函数，则在上恒成立，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.【详解】因为定义域为，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；则当时，函数的取得极小值，即函数的极小值点为，且，即，因为，即，其中，，构造函数，当时，，则，故函数在上为增函数，所以，对任意的恒成立，所以，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键在于构造新函数，将问题转化为函数在上的单调性，结合导数以及参变量分离法求解.15．(1)最大值为，最小值为(2)答案见解析【分析】（1）根据题意，求得，求得函数的单调区间，进而求得其最值；（2）根据题意，求得，分类和，两种情况讨论，进而求得函数的单调区间.【详解】（1）解：当时，函数，其中且，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，当，函数取得最大值，最大值为，又由，因为，所以函数的最小值为.（2）解：由函数，且当时，可得，单调递增；当时，令，可得，（其中，舍去），令，可得；令，可得，所以函数在上单调递增，在单调递减.综上可得：当时，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平行关系，证明平面平面，即可证明线面平行；（2）根据垂直关系，以的中点为原点，如图，建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，且平面，平面，所以平面.又因为，平面，平面，所以平面，因为，且，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面；（2）取中点，连接，，因为四边形是菱形，且，则，所以是等边三角形，则，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为是等边三角形，所以分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，可得，由，可得.又由，可得，所以，设平面的法向量为，则，可得，取，则，所以，又由平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.17．(1)(2)(3)当时，即点到距离为米时，游乐场面积最大.【分析】（1）先以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，然后根据题意求解析式即可；（2）根据（1）求出，求出矩形面积；（3）利用导数判断单调性，根据单调性求出最大值.【详解】（1）以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，设曲线所在的抛物线方程为，，点在抛物线上，则，解得，，所以曲线段所在的抛物线方程为.（2）因为点在曲线段上，，，所以，，.（3），，令，解得，当时，，当时，，所以时，函数单调递增，时，函数单调递减，因此，当时，是极大值也是最大值，由，米，即当点在曲线段上且到的距离为米时，游乐场的面积最大.18．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）由点到直线的距离得圆到直线的距离，再利用几何法求出直线与圆的相交弦长，从而可求解.（2）（i）当时，直线的方程为，将该直线方程代入椭圆方程，求出，根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的方程；（ii）求出原点到直线的距离，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理分析额可知点、的横坐标均为正数，利用勾股定理、椭圆方程可求出的周长.【详解】（1）由题意得圆的圆心为，到直线的距离，则直线被圆所截弦长为.故直线被圆所截得的弦长为.（2）解：当时，直线的方程为，（i）联立，得，所以，又因为，所以，，所以，椭圆的方程为；（ii）设点、，则，且，所以，，同理可得，因为原点到直线的距离为，过原点作，垂足为点，如下图所示：

所以，，联立可得，，当且仅当时，等号成立，此时点、关于轴对称，合乎题意，因为，则，由韦达定理可得，，故，，所以，，因此，的周长为（定值）.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．19．(1)(2)①;②【分析】（1）当时，函数有2个不同的零点，分离常数可得有两个正根，构造函数，利用导数考查单调性，即可求解；（2）由已知对函数求导，结合函数的几何意义可求得切线方程，构造函数，然后结合函数的单调性及极值的存在条件及函数的性质分别求解即可.【详解】（1）当时，函数有2个不同的零点，即方程有两个正根，即有两个正根，设，则，则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，又，当时，，当时，，故当时，函数在区间上存在两个零点，故的取值范围的取值范围为.（2）①因为，则设则，时，得，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，则为函数的极小值点，则，解得.②设为好点，对于，都有，当时，成立；当时，恒成立，当时，恒成立，因为在点的切线方程为，所以，设，即，则，又因为在上单调递减，在上单调递增，当时，因为是好点，则恒成立，若，则在上单调递增，则，恒成立，则在上单调递增，则，满足条件，故成立；若时，则在