2022-2023学年江苏省南京市第一中学高二下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南京市第一中学高二下学期3月月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省南京市第一中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题
1．已知是空间的一个基底，若，，若，则（    ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】由，可得存在实数，使，然后将代入化简可求得结果
【详解】，，
因为，所以存在实数，使，
所以，
所以，
所以，得，，
所以，
故选：C
2．已知函数，则该函数的图象在处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出函数的导数，再赋值法求出，然后得到的函数解析式可得切点，后将数据代入点斜式方程可得答案.
【详解】因为，所以，解得，
所以，
即切点
所以切线方程为：，即.
故选：A.
3．有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（    ）
A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法；
B．分给甲、乙、丙三人中，一人4本，另两人各1本，有180种分法；
C．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，共有90种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
【答案】D
【分析】根据题意，分别按照选项说法列式计算验证即可做出判断.
【详解】选项A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有种分配方法，故该选项错误；
选项B，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，先将6本书分成4-1-1的3组，再将三组分给甲乙丙三人，有种分配方法，故该选项错误；
选项C，6本不同的书分给甲乙每人各2本，有种方法，其余分给丙丁每人各1本，有种方法，所以不同的分配方法有种，故该选项错误；
选项D，先将6本书分为2-2-1-1的4组，再将4组分给甲乙丙丁4人，有种方法，故该选项正确.
故选：D.
4．在空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线方程为．已知：在空间直角坐标系中，，经过点的平面的方程为，经过点的直线方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定定义求出平面的一个法向量和直线的一个方向向量，再利用线面角的向量求法计算即得.
【详解】依题意，平面的一个法向量为，而直线的一个方向向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A
5．将标号为的个小球放入个不同的盒子中，若每个盒子放个，其中标为的小球放入同一个盒子中，则不同的方法共有
A．12种 B．16种 C．18种 D．36种
【答案】C
【详解】试题分析：根据题意：首先从3个盒子中选一个放标号为1，2的小球，再从剩下的4个小球中选两个放一个盒子，余下的2个放入最后一个盒子，由组合数公式计算每一步的情况数目，进而由分步计数原理得到结果．
先从3个盒子中选一个放标号为1，2的小球，有3种不同的选法，
再从剩下的4个小球中选两个，放一个盒子有 种放法，余下放入最后一个盒子，∴共有
故选C．
【解析】排列、组合及简单计数问题
6．直线与直线交于点，点是圆上的动点，为坐标原点，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意得直线过定点，直线过定点，且，从而得点在以为直径的圆上，又点是圆上的动点，从而可得的最大值为与两圆半径之和，再计算即可得解．
【详解】解：由题意可得直线过定点，直线过定点，当时，，
当时，的斜率，的斜率，因为，得，
点A在以为直径的圆上（不包含O），且圆心，半径，
又点是圆上的动点，且圆心，半径，
的最大值为．
故选：C.
7．设等比数列满足，，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和（    ）
A．109 B．111 C．114 D．116
【答案】C
【分析】先求出等比数列的通项公式，再结合题意得到当，2时，；当时，；当时，；当时，；从而求出数列的前50项和.
【详解】设等比数列的公比为q，则，，
解得，，故，
因为为中在区间中的项的个数，
所以当，2时，；
当时，；
当时，；
当时，；
故.
故选：C.
8．已知函数，关于的方程恰有两个不等实根，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出函数的图像，数形结合可得出实数a的取值范围，将用a表示，可得表示为以a为自变量的函数，利用导数可求函数的单调性，进而求出最大值.
【详解】解：作出函数的图像如下图所示：

由图像可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，，
，则，可得，
，
构造函数，，
则，
当，，此时函数单调递增，
当，，此时函数单调递减，
，
故选：B.

二、多选题
9．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则是等差数列；
B．若是等差数列，则三点、、共线；
C．若是等差数列，且，，则数列的前项和有最小值；
D．若等差数列的前12项和为354，前12项中，偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，则公差为5．
【答案】BCD
【分析】A选项利用求出即可判断；B选项根据等差数列前项和公式对点坐标进行处理，同时利用斜率相等证明共线；C选项利用等差数列的性质求出公差，再结合首项和公差的正负判断有无最小值；D选项根据偶数项和奇数项的比值求出偶数项和奇数项的和，从而作差求出公差.
【详解】A选项：，当时，，不符合，所以，故A错；
B选项：因为为等差数列，所以，
，，，
因为，，所以三点共线，B正确；
C选项：因为，，所以，，因为，，所以有最小值，当时取最小值，故C正确；
D选项：因为，前12 项里偶数项和奇数项的和的比为32:27，所以偶数项和为192，奇数项和为162，偶数项和-奇数项和==30，所以公差为5，D正确.
故选：BCD.
10．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（    ）

A． B．
C．的长为 D．
【答案】BD
【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A选项，，A错误，
对于B选项，，B正确：
对于C选项，，则，
则，C错误：
对于，则，D正确.
故选：BD.
11．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48种
C．甲乙不相邻的排法种数为72种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】ACD
【分析】对于A利用捆绑法可求，对于B分成甲在左和乙在左两类进行排列，对于C采用插空法求解，对于D按定序问题即解.
【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，
可将甲乙捆绑看成一个元素，
则不同的排法有种，故A正确；
对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，
最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，
最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24+18=42种,故B不正确；
对于C，因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，
则有种，故C正确；
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D正确．
故选：ACD．
12．已知O为坐标原点，抛物线E的方程为，E的焦点为F，直线l与E交于A，B两点，且AB的中点到x轴的距离为2，则下列结论正确的是（    ）
A．E的准线方程为
B．的最大值为6
C．若，则直线AB的方程为
D．若，则面积的最小值为16
【答案】AB
【分析】直接求出准线方程即可判断A选项；由以及抛物线的定义结合即可判断B选项；设出直线的方程为，联立抛物线，由解出点坐标，即可判断C选项；由求得直线恒过点结合即可求出面积最小值，即可判断D选项.
【详解】由题意知E的标准方程为，故E的准线方程为，A正确；
设AB的中点为M，分别过点A，B，M作准线的垂线，垂足分别为C，D，N，
由题意得.
由抛物线的定义知，，
所以.
因为，所以，所以B正确；
由题意得直线AB过点，直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，联立方程得，得，
则.
由于，所以，整理得，
得，所以，所以，
直线AB的方程为，故C错误；
此时，AB的中点到x轴的距离为2，得，由，得，两式联立，无解；设，，由，得，
所以，因为，所以.
又，故直线AB的方程为.
由于，所以，
则直线AB恒过点，所以，
所以面积的最小值为16，
此时，AB的中点到x轴的距离为2，得，
由，得，即，两式联立无解，故D错误.

故选：AB.

三、填空题
13．有5位学生参加3项不同的竞赛，每位学生必须参加一项竞赛，则不同的参赛方法有______种.
【答案】
【分析】利用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】每位学生都有三种参赛方法，故5位学生有种参赛方法.
故答案为：.
14．设，是椭圆E：的左、右焦点，过点且倾斜角为的直线l与直线相交于点P，若为等腰三角形，则椭圆E的离心率e的值是______.
【答案】/
【分析】求出的坐标，利用为等腰三角形，结合直角三角形的知识可得答案.
【详解】由题可得直线l的方程为，
由，解得，则，
由于为等腰三角形，所以，
所以，
可得，，.
故答案为：.
15．已知为坐标原点，，，，若点在直线上运动，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】先由题意，设，再由题中数据，得到，，，推出，，根据向量数量积的坐标运算，即可求出结果.
【详解】因为点在直线上运动，可设，
因为，所以，即
又，，所以，，
因此，，
所以
，
所以当时，取最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记空间向量数量积的坐标运算公式即可，属于常考题型.
16．已知正项数列的前项和为，且满足，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】将化简后得到，由于为正项数列所以可以得到是等比数列，进而求出通项以及前项和．代入后通过化简作差求得实数的最小值．
【详解】解：根据题意得，所以
为正项数列，，即.
，数列是以2为公比，1为首项的等比数列．
①，②，
将①②代入得
即对于任意的恒成立．
令，则，
所以当时，，当时，
故或5时， 取得最大值．.
所以．
所以实数的取值范围是.
故答案为：

四、解答题
17．已知函数.
(1)当时，求曲线上过点的切线方程；
(2)若______，求实数m的取值范围.
①在区间上是单调减函数；
②在上存在减区间；
③在区间上存在极小值.
【答案】(1)或
(2)选①，；选②，；选③，

【分析】（1）讨论点为切点和不是切点，由导数的几何意义求解即可；
（2）若选①函数在区间上是单调减函数，则在区间上恒成立，即，解不等式即可求出答案；若选②函数在上存在减区间，则有在区间上有解，令，转化为求；若选③函数在区间上存在极小值，对求导，得出的单调性，即可得出答案.
【详解】（1）当时，，所以，
则有①当点为切点时，，
根据函数导数的几何意义可得，函数在点处的切线方程即为：；
②当不是切点时，设切点为，则可得切线方程为：，
因为，，
所以切线方程即为：，
代入点化简可得，，
解之可得，，切线方程为：，
综上可得，过点的切线方程为或.
（2）∵，
∴若选①函数在区间上是单调减函数，则有：
在区间上恒成立，即在上恒成立，
∴，解之可得；
若选②函数在上存在减区间，则有：在区间上有解，
即得在区间上有解，
此时令，因为在区间上单调递减，
所以，故有；
若选③函数在区间上存在极小值，则有：函数的极小值点应落在；
令，求得，，
此时可得，在，上单调递增；在上单调递减；
所以是函数的极小值点，
即得，
所以当时，不等式恒成立，
当时，，解之可得，
综上可得，.
18．若,且.
(1)求展开式中的常数项.
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）首先根据求解出值,要求解展开式中的常数项,根据二项式定理求出中的,即可;
（2）令,求出,两边同时乘以即可得到结果.
【详解】（1）因为,
依题意，，,
因此,解得,
当时,,,
所以,,
展开式中的常数项为;
（2）当时,,
因此,
所以,
所以.
19．已知数列；数列是等比数列，成等差数列.
(1)求、通项公式；
(2)若前n项和满足，求证.
【答案】(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意分析可得是常数列，进而可求得，根据题意结合等差中项可求得，进而可求得；
（2）先根据等比数列的求和公式可得，进而可得，利用裂项相消法分析运算即可.
【详解】（1）由已知，，可知是常数列，
故，可得，
设数列的公比是，
由题意可得，则，
解得或（舍去），故.
（2）由（1）可得：，
则，
故，
所以，得证.
20．如图，四棱锥中，已知，且与平面所成的角为.

(1)证明：；
(2)若点为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，如图所示，过点作面交面于点，连，延长交于点，可得平面，即，再根据四边形为平行四边形，即可得证；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，即可得到各点的坐标，结合法向量以及二面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）
如图所示，过点作面交
面于点，连，延长交于点.
因为与底面所成的角为；
所以，所以，.
因为，则；
因为，所以，且
又，所以平面，
所以.
又是等边三角形，则；
则，且，所以四边形为平行四边形，故；
所以.
（2）
因为两两垂直，则以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，则
即
设平面的一个法向量设，
则，即，
所以
所以平面与平面夹角的余弦值为
21．法国数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远．在双曲线-=1（a>b>0）中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆．已知双曲线C：-=1（a>b>0）的实轴长为6，其蒙日圆方程为x2+y2=1．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设D为双曲线C的左顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值．
【答案】(1)-=1
(2)证明见解析

【分析】（1）根据双曲线性质与蒙日圆的定义即可求解；（2）设出直线与双曲线联立消，求出韦达定理的表达式，根据DG⊥EF求出的关系式，代入直线即可求出定点H.
【详解】（1）由题意知a=3，因为双曲线C的蒙日圆方程为x2+y2=1，
所以a2-b2=1，所以b=2，
故双曲线C的标准方程为-=1，
（2）证明：设E（x1，y1），F（x2，y2）．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，
联立方程组化简得（8-9k2）x2-18kmx-（9m2+72）=0，
则Δ=（18km）2+4（9m2+72）（8-9k2）>0，即m2-9k2+8>0，
且
因为·=（x1+3）（x2+3）+y1y2=0，
所以（k2+1）·x1x2+（km+3）（x1+x2）+m2+9
=（k2+1）·+（km+3）·+m2+9=0，
化简得m2-54km+153k2=（m-3k）（m-51k）=0，
所以m=3k或m=51k，且均满足m2-9k2+8>0
当m=3k时，直线l的方程为y=k（x+3），直线过定点（-3，0），与已知矛盾，
当m=51k时，直线l的方程为y=k（x+51），过定点M（-51，0）
当直线l的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y=x+3，
联立方程组得x=-3（舍去）或x=-51，此时直线l过定点M（-51，0）．
因为DG⊥EF，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径．
故存在定点H（-27，0），使|GH|为定值24.
【点睛】（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去或建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
22．已知函数，．
(1)若的最值和的最值相等，求m的值；
(2)证明：若函数有两个零点，，则．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；
(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.
【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，
所以函数在上递增，在上递减，
则，又，所以，，
令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，
则，
由题意可知：，，
所以m的值为．
（2）若有两个零点，，不妨设，
，设，，
由，得，
因为函数是增函数，所以，
则，设，则，，
欲证，即证，即证，
只需证（*）
设，，
，在上，，单调递减，
所以，所以，
令即得（*）成立，
从而，命题得证．
【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.