江西省抚州市临川第二中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷

临川二中20232024学年下学期第一次月考高二数学试卷一、单选题：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.在等差数列中，，则的值为（）A.15 B.20 C.30 D.40【答案】D【解析】【分析】借助等差数列等差中项的性质计算即可得.【详解】，即，则.故选：D.2.的展开式中的系数为（）A.48 B.30 C.60 D.120【答案】C【解析】【分析】根据题意结合二项式定理分析求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得，可得的系数为.故选：C.3.若双曲线的实轴长为2，离心率为，则双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】根据条件列方程组求出，然后利用点到直线的距离求解即可.【详解】由已知得，解得，则双曲线的左焦点，一条渐近线，故双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为.故选：A.4.已知递增的等比数列的前项和为，若是与的等差中项，则（）A.21 B.21或57 C.21或75 D.57【答案】A【解析】【分析】由题意列方程求得等比数列的首项和公比，根据等比数列的前n项和公式，即可求得答案.【详解】设等比数列的公比为q，由是与等差中项，得，解得或，当时，，满足题意，当时，，此时等比数列是递减数列，不合题意；故，，则，故选：A5.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为圆心到直线的距离均为；所以，圆心到直线的距离为.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.6.过抛物线的焦点F作斜率为k的直线与抛物线交于A，B两点，点M的坐标为，若，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】设出直线方程，联立直线和抛物线方程消元后利用韦达定理得到坐标之间的关系式，结合条件，解出即可.【详解】由题知抛物线的焦点,则直线方程为，联立，消去得，设，则，，则，又因为，所以，所以，解得，故选：B.7.现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由分步计数原理计算“用四种不同得颜色要对如图形中的五部分进行着色”和“任意有公共边的两块着不同颜色”的涂色方法，由古典概型公式计算可得答案.【详解】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.故选：C8.在正三棱锥中，，且该三棱锥的各个顶点均在以O为球心的球面上，设点O到平面PAB的距离为m，到平面ABC的距离为n，则=（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据，得到PA，PB，PC两两垂直，从而把该三棱锥补成一个正方体求解.【详解】解：在正三棱锥中，，又，，所以，所以，同理可得，，即PA，PB，PC两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，易得，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面ABC的一个法向量为，则，令，则，所以，则点O到平面ABC的距离，所以．故选：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.公差为d的等差数列，其前n项和为，，，下列说法正确的有（）A. B. C.中最大 D.【答案】AD【解析】【分析】利用等差数列性质结合给定条件可得，，再逐项分析判断作答.【详解】由，得，又，得，，所以，，数列是递减数列，其前6项为正，从第7项起均为负数，等差数列，公差，A选项正确；，B选项错误；前6项和最大，C选项错误；由，，有，则，D选项正确.故选：AD.10.下列说法正确的有（）A.从3名男生，2名女生中选取2人，则其中至少有一名女生的概率为B.若随机变量，则方差C.若随机变量，则D.已知随机变量的分布列为，则【答案】BCD【解析】【分析】根据古典概型的概率公式及组合数公式判断A；根据二项分布的方差公式及方差的性质判断B；根据正态分布的性质判断C；根据分布列的性质求出，即可判断D.【详解】对于A，从3名男生，2名女生中选取2人，则其中至少有一名女生的概率，故A错误；对于B，随机变量，则期望，所以，故B正确；对于C，随机变量且，则，故C正确；对于D，因为，所以，所以，解得，所以，故D正确.故选：BCD.11.已知长轴长、短轴长和焦距分别为和的椭圆，点是椭圆与其长轴的一个交点，点是椭圆与其短轴的一个交点，点和为其焦点，．点在椭圆上，若，则（）A.成等差数列B.成等比数列C.椭圆的离心率D.的面积不小于的面积【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件，利用垂直关系计算判断ABC；计算三角形面积，再比较大小判断D.【详解】依题意，椭圆方程为，由对称性不妨设，，，对于，由，得，因此，即成等比数列，A错误，B正确；对于C，由，，得，则，而，因此离心率，C错误；对于D，由椭圆定义得，，，由，得，即，则，，又，因此，所以的面积不小于的面积，D正确.故选：BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知多项式，则___________.【答案】8【解析】【分析】利用二项式定理直接求解.【详解】多项式的展开式中，含的项为：所以.故答案为：8.13.直线与圆相交于两点，且，则实数的值等于______．【答案】【解析】【分析】先根据圆心到直线距离与弦长一半的平方和等于半径的平方，求出圆心到直线距离，再根据点到直线的距离公式即可得出结果。【详解】解：由题知，圆的圆心为，半径为1，因为，所以圆心到直线的距离，因为直线，所以，解得，故答案为：14.已知数列的前项和为，且满足，若对于任意的正整数恒成立，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】降次作差即可证明为等比数列，再利用等比数列求和公式以及分离参数得，设，求出其最值，即可得到的范围.【详解】根据，当时，;当时，，两式相减可得，数列是首项为2，公比为2的等比数列，，则可变为，即，令，则，且，，，即实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明为等比数列，再利用等比数列求和公式求出，最后分离参数，求出右边的最值即可.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.等比数列的公比为2，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)运用等差中项求出，再根据等比数列的通项公式求出；(2)根据条件求出的通项公式，再分组求和.【小问1详解】已知等比数列的公比为2，且成等差数列，，，解得，；【小问2详解】，.；综上，16.如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝1，，E为PB中点．（1）求证：PD//平面ACE；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）设BD交AC于点F，连结EF．推导出EF//PD．由此能证明PD//平面ACE；

（2）取CD的中点O，连结PO，FO．推导出PO⊥平面ABCD．建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角E−AC−D的余弦值；（3）假设存在，设，利用向量的坐标运算计算即可.【小问1详解】设BD交AC于点F，连结EF．

因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点．

又因为E为PB中点，所以EF//PD，

因为PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，

所以PD//平面ACE．【小问2详解】取CD的中点O，连结PO，FO．

因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD．

因为PC＝PD，O为CD中点，所以PO⊥CD，OF∥BC．所以OF⊥CD．

又因为平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，

所以PO⊥平面ABCD．

如图，建立空间直角坐标系O−xyz，

则A（1，−1，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），E（，，）

设平面ACE的法向量为，

令y＝1，则x＝2，z＝−1，所以．

平面ACD的法向量为，．

如图可知二面角E−AC−D为钝角，所以二面角E−AC−D的余弦值为．【小问3详解】假设存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，设，又D（0，−1，0），则，解得，故存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，17.某大学保卫处随机抽取该校1000名大学生对该校学生进出校园管理制度的态度进行了问卷调查，结果见下表：男生（单位：人）女生（单位：人）总计赞成400300700不赞成100200300总计5005001000（1）根据小概率值的独立性检验，分析该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别是否有关；（2）为答谢参与问卷调查的同学，参与本次问卷调查的同学每人可以抽一次奖，获奖结果及概率如下：奖金（单位：元）01020获奖概率若甲､乙两名同学准备参加抽奖，他们获奖结果相互独立，记两人获得奖金的总金额为（单位：元），求的数学期望.附：，其中.0.150.100.050.0100.0012.0722.7063.8416.63510.828【答案】（1）有关（2）16.【解析】【分析】（1）根据卡方的计算公式，即可求值与临界值比较作答，（2）根据独立事件的概率乘法公式求解概率，即可由期望公式求解.【小问1详解】零假设为：该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别无关联.由已知得根据小概率值独立性检验，我们推断不成立，即认为该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.【小问2详解】由题意可知的取值为.记事件表示甲同学中奖金额为元，；事件表示乙同学中奖的金额为元，，且事件与事件相互独立.则，故的数学期望18.设是等差数列，是各项都为正数的等比数列．且，，，（1）求，的通项公式；（2）记为的前项和，求证：；（3）若，求数列的前项和．【答案】（1），（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由已知条件列出方程组，求解出d，q，根据等比和等差数列的通项公式求解即可；（2）利用等比数列前项和公式求出，求出，得证；（3）利用错位相减法和裂项相消法分奇偶项两组求和即可.【小问1详解】解：由已知可得，，联立①②，得，解得或，因为是各项都为正数的等比数列，所以，代入①式可得，所以，；【小问2详解】，，，则，所以；【小问3详解】，令，则，，得，令，.19.已知抛物线，顶点为，过焦点的直线交抛物线于，两点．（1）如图1所示，已知|，求线段中点到轴的距离；（2）设点是线段上的动点，顶点关于点的对称点为，求四边形面积的最小值；（3）如图2所示，设为抛物线上的一点，过作直线，交抛物线于，两点，过作直线，交抛物线于，两点，且，，设线段MN与线段的交点为，求直线斜率的取值范围．【答案】（1）3（2）4（3）【解析】【分析】（1）根据抛物线的性质求解即可；（2）由题意可知四边形的面积等于，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理和求解即可；（3）设点坐标为，将抛物线方程与直线，联立，利用韦达定理将点和点坐标用表示，进而可得到直线的方程，证明直线过定点即可求解.【小问1详解】因为过焦点的直线交抛物线于，两点，且，设，，由抛物线的性质可得，所以，所以线段中点的横坐标，即为线段中点到轴的距离为.【小问2详解】由点与原点关于点对称，可知是线段的中点，所以点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于，设直线的方程为，联立，消去可得，设，，由韦达定理可得，，所以，当时，四边形的面积取最小值为4．【小问3详解】设点坐标为，点坐标为，点坐标为，由题意可知直线的斜率存在，且不为，则直线的方程为，与抛物线联立，消去得，由韦达定理可得，解得，直线的方程为，与抛物线联立，消去得，由韦达定