内蒙古自治区赤峰市第二实验中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题【含答案】

赤峰市第二实验中学2023-2024学年度高二下学期第一次月考数学试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效；3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效；一、单项选择题：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.1．已知直线：和：平行，则实数（

）A．2或 B．1 C． D．22．抛物线的焦点坐标是（）A． B． C． D．3．圆的圆心到直线的距离为（

）A．2 B． C．1 D．4．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A． B．C． D．5．函数的单调递减区间为（

）A． B． C． D．6．若函数恰有三个单调区间，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．7．若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知方程表示椭圆，且该椭圆两焦点间的距离为4，则离心率（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数a＝（）A． B． C． D．10．已知函数有两个极值点，则正确的是（

）A．是函数的极小值点 B．C． D．11．已知圆M：则（

）A．圆M可能过原点B．圆心M在直线上C．圆M与直线相切D．圆M被直线截得的弦长等于12．下列函数中，在上单调递增的是（

）A． B．C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知函数的单调递减区间是，则.14．若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的倍，则.15．双曲线：被斜率为的直线截得的弦的中点为则双曲线的离心率为.16．已知函数是定义在上的增函数，且，则不等式的解集为.四．解答题：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求的单调区间.18．数列的前项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，且，，成等比数列．（1）求数列与的通项公式；（2）若，求数列的前项和．19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且．

(1)证明：面；(2)求点到平面的距离；20．已知椭圆：（）的左、右两焦点分别为，，短轴的一个端点为，直线：交椭圆于，两点，．(1)若椭圆的离心率为，求椭圆的方程；(2)若点到直线的距离不小于，求椭圆的离心率的取值范围．21．已知函数.(1)若在单调递增，求的取值范围；(2)任意，恒成立，求实数的取值范围.22．已知函数.(1)在上是增函数，求a的取值范围；(2)讨论函数的单调性．1．D【分析】由两直线的不相交可得的值，进而分类讨论平行和重合的情形即可..【详解】当：，：平行得，解得或，当时，：，：，即，此时直线和直线重合，故不符合题意，当时，：，：，此时直线和直线平行，符合题意；故选：D2．D【分析】将抛物线化为标准形式，根据焦点坐标公式即可解出．【详解】得到，则焦点坐标为．故选：D.3．B【分析】由圆的方程可得圆心坐标，再由点到直线的距离公式求解即得.【详解】由圆可得圆心坐标为：(-1，2)，所以圆心到直线的距离为.故选：B4．A【分析】根据函数图象判断其导数的正负情况，即可求得答案.【详解】由函数的图象知，当或时，；当时，，不等式等价于或，解得或，所以不等式的解集为.故选：A5．A【分析】求出导函数，由得减区间．【详解】函数定义域是，由已知，由得，∴减区间为，故选：A．6．C【分析】根据导函数有两个不等根计算即可.【详解】由题意得函数的定义域为，，要使函数恰有三个单调区间，则有两个不相等的实数根，∴，解得且，故实数a的取值范围为，故选：C.7．D【分析】由函数在区间上是减函数，转化为，对恒成立求解.【详解】解：因为函数在区间上是减函数，所以，对恒成立，即，对恒成立，令，由对勾函数的性质得，所以，故选：D8．B【分析】依题意可得，，再根据及焦距求出，即可求出离心率；【详解】解：因为方程表示椭圆，所以，，所以，所以，因为焦距为，所以，解得，所以，所以故选：B9．AD【分析】先考虑直线过原点的情况，再把直线的一般式方程转化为截距式方程，通过横纵截距相等求出实数的值.【详解】，即时，直线化为，它在两坐标轴上的截距都为，满足题意；，即时，直线化为，因为直线在两坐标轴上的截距相等，所以，且，解得；综上所述，实数或.故选：AD.10．BD【分析】求出函数的导数，利用给定的极值点，结合一元二次不等式求解即可.【详解】函数定义域为R，求导得，由存在两个极值点，得有两个不等实根，则，解得，D正确；当和时,，当时,，函数在上单调递增，在上单调递减，因此是的极大值点，且，AC错误，B正确.故选：BD11．ABD【分析】依据点与圆的位置关系的判断方法可判断A，把圆心代入直线方程适合方程可判断B，求出圆心到直线的距离可判断C，利用弦长公式求得弦长可判断D．【详解】对于A，把原点（0，0）代入圆的方程得，所以，解得或，所以当或时，圆M过原点，故A正确；对于B，由知圆心为，把圆心坐标代入直线，得，所以圆心在直线上，故B正确；对于C，圆心为到直线的距离，故直线与圆相离，故C错误；对于D，圆心为到直线的距离，所以弦长，故D正确：故选:ABD．12．BC【分析】每个选项求导判断在上是否恒成立.【详解】对于A：，，所以不恒成立，故A错误；对于B：在上恒成立，函数递增，故B正确；对于C：，函数递增，故C正确；对于D：，所以在单调递减，故D错误；故选：BC13．【分析】求导，根据函数单调递减区间是，可得为导函数的两个零点，从而可得出答案.【详解】，因为函数单调递减区间是，所以，解得，则，令，得，所以函数单调递减区间是，所以.故答案为：.14．【分析】首先求出焦点坐标与准线方程，根据抛物线的定义及已知可得，解得即可.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，所以抛物线上一点到焦点的距离为，若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的倍，则，则．故答案为：．15．【分析】设，由条件可得，，由点差法可求出的值，从而得出离心率.【详解】设，则，将两点坐标代入双曲线方程得：；将上述两式相减可得：即，也即所以，即故答案为：16．【分析】构造函数，求导后得，由在上为增函数，所以，从而在上为增函数，又由，从而可求解.【详解】由题意知在上为增函数，所以恒成立，构造函数，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以当时，，即，所以的解集为.故答案为：.17．(1)(2)单调递增区间为；单调递减区间为【分析】（1）由导数的几何意义利用导数求切线的斜率，再由点斜式求切线方程；（2）按步骤利用导数求函数的单调区间.【详解】（1）由，的定义域为.则，所以，又，所以在点处的切线方程为.（2），由，得，或，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为.18．（1），；（2）【分析】（1）利用公式，能求出数列的通项公式；利用等差数列的通项公式和等比数列的性质能求出数列的通项公式．（2）由，利用裂项求和法能求出数列的前项和．【详解】解：（1）因为，所以，当时，，当时，，又，也满足上式，所以数列的通项公式为．，设公差为，则由，，成等比数列，得，解得（舍去）或，所以数列的通项公式为．（2）数列的前项和：．19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）解法1：过做于，证明DN为D到平面PAC的距离，证明M是PD的中点，从而可得M到平面PAC的距离是D到平面PAC距离的一半；解法2：根据求出D到平面PAC的距离，证明M是PD的中点，从而可得M到平面PAC的距离是D到平面PAC距离的一半；解法3：分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．【详解】（1）∵平面，面，∴，又∵，面，，∴平面．（2）解法1：过做于，∵平面，面，∴，又，面PAC，∴面，为点到平面的距离，在中，，∵，又∵，∴为的中点，∴点到平面的距离为．

解法2：∵平面，∴，在中，，∴，设点到平面的距离为，则，由，得，∴．∵，又∵，∴为的中点．∴点到平面的距离为．解法3：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，，，设，则，∴，由，知，∴，为中点，∴，，，，设平面的法向量为，由，得，∴，取，得，∴是平面的一个法向量．∴点到平面的距离为．20．(1)(2)【分析】（1）结合椭圆的定义以及离心率的公式即可得到方程组，解之即可求出结果；（2）结合点到直线的距离公式即可得到，从而求出的范围，进而可求出结果.【详解】（1）由题意及椭圆的定义，得，∴．又，，∴，．故椭圆的标准方程为．（2）设，可得点到直线的距离为，由题意知，故，从而．∵，∴，即，∴，即椭圆的离心率的取值范围是．21．(1)(2)4【分析】（1）转化为在上恒成立，再分离参数，求出新函数最值即可；（2）对任意，成立，即恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得解.【详解】（1）由题意得.∵函数在区间上为增函数，∴当时，恒成立，即在上恒成立．∴.令，∴，显然单调递减，当时，，∴，即实数的取值范围是．（2）由及，得恒成立，令，则，由，由，所以在上是减函数，在上是增函数，所以，因此，所以m的