高二下学期第一次月考测试卷（三）(选一+选二+计数原理）-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版)

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说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
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，只有一项符合题目要求.）
1．（2022秋·广东深圳·高二福田外国语高中校考期中）已知三棱柱，点为线段的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据空间向量的线性运算求解即可
【详解】解：在三棱柱，点为线段的中点，则
，
所以
，
故选：D
2．（2023·广东深圳·高二校考期中）直线的倾斜角等于直线倾斜角的2倍；则直线的斜率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线倾斜角为，进而得到直线的倾斜角，即可得到答案.
【详解】直线的斜率为，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角等于，
直线的斜率是，
故选：D
3．（2023·广东佛山·高二石门中学校考阶段练习）已知双曲线C：=1(a>0，b>0)的离心率为，且与椭圆有公共焦点，则双曲线C的方程为（ ）
A．=1B．=1C．=1D．=1
【答案】B
【分析】根据椭圆与双曲线的概念和性质，结合题意即可求解.
【详解】椭圆的焦点坐标为，则双曲线的焦点坐标为，可得c=3，
又双曲线C：=1的离心率为，
所以，即a=2，
所以b=，
故所求的双曲线方程为=1.
故选：B.
4．（2023春·广东广州·高二广州市协和中学校考期中）已知函数，则的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，即可判断；
【详解】解：因为定义域为，
所以，
所以当时，当或时，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
又，故符合条件的函数图象为A；
故选：A
5．（2023·广东惠州·统考模拟预测）在“2，3，5，7，11，13”这6个素数中，任取2个不同的数，这两数之和仍为素数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算出6个数中任取2个数的种数，再列出2个素数之和仍为素数的情况，由古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】由题意得，6个数中任取2个数，共有种可能，2个素数之和仍为素数，
则可能为（2和3）、（2和5）、（2和11）共有3种可能，所求概率．
故选：A．
6．（2023春·广东东莞·高二统考期末）已知的展开式中各项系数和为27，则项的系数为（ ）
A．3B．6C．9D．15
【答案】C
【分析】先由展开式中各项系数和为27，求出，直接求出展开式，得到项的系数.
【详解】由题意可得：令x=1可得，解得：.
所以原式为.
要求项，只需求出展开式中和项.
所以的展开式中，项为.
故选：C
7．（2023·广东湛江·高二湛江二十一中校考期中）已知圆,圆，M，N分别是圆上的动点，P为x轴上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】利用几何图形，把的最小值转化为圆与圆的连心线的长减去两个圆的半径之和，即可求解.
【详解】如图所示，
圆关于轴对称的圆的圆心坐标为，半径为1，
圆的圆心坐标为，半径为4.
设为点关于轴对称的点，
由图象可知，当，，三点共线时，取得最小值，
且的最小值为圆与圆的连心线的长减去两个圆的半径之和，
即.
故选：D.
8．（2022秋·广东茂名·高二统考期末）已知椭圆C：1（a＞b＞0），F1，F2为椭圆的左右焦点，过F2的直线交椭圆与A、B两点，∠AF1B＝90°，2，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由向量的关系可得线段的关系，设|F2A|＝3x，则|F2B|＝2x，由椭圆的定义可得|F1A|＝2a﹣3x，|F1B|＝2a﹣2x，再由∠AF1B＝90°，由勾股定理可得x的值，进而求出|AF1|，|AB|的值，进而求出∠F1AB的余弦值，由半角公式求出sin，进而求出离心率.
【详解】如图所示：
因为2，
设|F2A|＝3x，|F2B|＝2x，|
所以F1A|＝2a﹣3x，|F1B|＝2a﹣2x，
因为∠AF1B＝90°，
所以（5x）2＝（2a﹣3x）2+（2a﹣2x）2，
解得，
则|F2A|＝a，|AB|，|F1B|a，|F1A|＝a，
所以可得A为短轴的顶点，
在△ABF1中，cs∠F1AB，
所以sin，
则.
故选：B.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义，焦点三角形以及离心率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．（2023·广东广州·高二广州市协和中学校考期末）设等差数列的前n项和为，，公差为，，，则（ ）
A．
B．当时，取得最大值
C．
D．使得成立的最大自然数是15
【答案】ABC
【分析】根据等差数列等差中项的性质，求和公式及单调性分别判断.
【详解】因为，，
所以，则，
当时,取得最大值，
，
因为，，，
所以使得成立的最大自然数是，
故选：ABC．
10．（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）2023年北京冬奥会吉祥物冰墩墩，有着可爱的外表和丰富的寓意，现有5个不同造型的“冰墩墩”，则下面正确的是（ ）
A．把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，共有129种不同的装法
B．从这5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者，每人1个，共有60种没选法
C．从这5个“冰墩墩”中随机取出3个，共有10种不同的取法
D．把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有150种不同的装法
【答案】BCD
【分析】对于A，根据分步乘法原理即可求解，对于B，C，D，根据排列组合以及分组分配问题即可求解.
【详解】对于A:5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内,每个冰墩墩可选择3个盒子中的任意一个，所以根据分步乘法原理一共有，故错误；
对于B:5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者共有,故正确；
对于C:5个“冰墩墩”中随机取出3个,共有种，故正确；
对于D：5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有两种情况：3个盒子的球数为1，1，3和1，2，2，若球数为1，1，3，则有种，若球数为1，2，2，则有,所以一共有种，故正确；
故选：BCD
11．（2023·广东肇庆·统考二模）已知圆，直线，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆可能相离
C．圆被轴截得的弦长为
D．圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为
【答案】AC
【分析】直线，由求出定点，即可判断A；由点与圆心距离判断直线与圆位置关系，即可判断B；令，求出圆与y轴交点纵坐标可得弦长，即可判断C；根据直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，求出直线的方程，即可判断D．
【详解】直线，由，得，即l恒过定点，故A正确；
点与圆心的距离，故直线l与圆C恒相交，故B错误；
令，则，可得，故圆C被y轴截得的弦长为，故C正确；
要使直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，
所以直线l的斜率，可得，故直线l为，故D错误．
故选：AC．
12．（2023·广东东莞·校考模拟预测）若直线是曲线的切线，则曲线的方程可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】函数的导数的几何意义是在某点处的切线斜率，对每个函数求导，判断是否有解即可.
【详解】因为直线是曲线的切线，所以在某点处的导数值为．
对于A，由，可得，
令，即，
因为，所以有解，故A正确．
对于B，由，可得，
令，可得，无解，故B不正确．
对于C，，故有解，故C正确．
对于D，的定义域为，
令，可得，不符合，
所以无解，故D不正确．
故选：AC
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023春·广东佛山·高二南海中学校考阶段练习）甲、乙、丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有两支正在等待检测的队伍，则甲、乙、丙三人不同的排队方案共有______种.
【答案】24
【分析】对该问题进行分类，分成以下情况①3人到队伍检测，②2人到队伍检测，③1人到队伍检测，④0人到队伍检测；然后，逐个计算后再相加即可求解；注意计算时要考虑排队时的顺序问题.
【详解】先进行分类：①3人到队伍检测，考虑三人在队的排队顺序，此时有种方案；
②2人到队伍检测，同样要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
③1人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
④0人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
所以，甲、乙、丙三人不同的排队方案共有24种.
故答案为：24
14．（2020·广东佛山·高二统考阶段练习）若等比数列{an}满足a1，a2a3＝2，则a7＝_____.
【答案】32
【解析】求出公比后可得，
【详解】设数列的公比为，则，，
∴．
故答案为：32.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式，解题方法是基本量法．
15．（2023·青海西宁·高二统考期末）若函数在区间上有极值点，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】函数在区间上有极值点，转化为在区间上有解即可求解.
【详解】由已知得，若函数在上有极值点，则在上有解，即，解得．
故答案为：
16．（2023春·广东汕头·高二金山中学校考期中）中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼·春官·大师》．八音分为“金，石，土，革，丝，木，匏、竹”，其中“金，石、木，革”为打击乐器，“土，匏，竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器．某同学安排了包括“土，匏、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“匏”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，则不同的排课方式有__________种．
【答案】1440
【分析】利用捆绑法和插空法求解.
【详解】先从剩余5种乐器中任选3种全排列，再将“土”“匏”捆绑与“竹”插入全排的4个空中，
∴共有种．
故答案为：1440
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023·高二课时练习）已知在的展开式中，第9项为常数项，求：
(1)n的值；
(2)展开式中的系数；
(3)含x的整数次幂的项的个数.
【答案】(1)10
(2)
(3)6项
【分析】（1）写出通项公式，根据时，的指数为0，可求出；
（2）在通项公式中，令的指数为5，可求出，从而可得展开式中的系数；
（3）在通项公式中，由的指数为整数以及，k∈N，可求出的个数.
【详解】（1）由已知得二项展开式的通项为.
因为第9项为常数项，所以当时，，即，解得.
（2）由（1）知，
令，得，所以的系数为.
（3）要使为整数，只需k为偶数，由于，k∈N，因此含x的整数次幂的项共有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项.
18．（2023春·广东韶关·高二校联考开学考试）已知等差数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)若为正项等比数列，，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，即可求出通项作答.
（2）求出等比数列的通项公式，再利用错位相减法求解作答.
【详解】（1）在等差数列中，，解得，而，
则等差数列的公差，
所以的通项公式是.
（2）设正项等比数列的公比为，，解得，而，
则有，解得，
，由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：，
所以数列的前项和.
19．（2023·广东广州·高二广州市第九十七中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．
(1)证明：；
(2)若为棱上一点，且满足，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可证明．
（2）根据为棱上一点，，求出的坐标，进而求出平面的一个法向量.又平面，所以即为平面的一个法向量.进而根据法向量可求得结果.
【详解】（1）∵底面，，所以两两垂直.
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
∵，，点为棱的中点.
∴，，，，，
∵，，
，即，
∴.
（2）由（1）可得，，，.
则，
故，
由得，，即，
解得，即，
设平面的法向量为，
由，得，
令，则，
因为底面，底面，所以.
又，平面，平面，，
所以平面.
所以，即为平面的一个法向量，，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
20．（2022·广东深圳·统考）平面直角坐标系中，动圆与圆外切，且与直线相切，记圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设过定点（为非零常数）的动直线与曲线交于、两点，问：在曲线上是否存在点（与、两点相异），当直线、的斜率存在时，直线、的斜率之和为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点（与、两点相异），其坐标为，或，使得直线、的斜率之和为定值．
【分析】（1）依据题设条件运用两圆位置关系建立方程求解；
（2）假设在曲线上存在点满足题设条件，不妨设，，，
由，得，显然动直线的斜率非零，故可设其方程为，，联立，整理得，利用韦达定理求解．
（1）
解：不妨设动圆的圆心为，
易知圆的圆心为，半径为，
∵动圆与圆外切，且与直线相切，
∴圆心在直线的右侧，且点到点的距离比点到直线的距离大，
即，且，
∴，两边平方并化简整理得，
即曲线的轨迹方程为．
（2）
解：假设在曲线上存在点满足题设条件，不妨设，，，
则，，
∴①，
显然动直线的斜率非零，故可设其方程为，
联立，整理得，
∴，，且，
代入①式得，
显然，于是②，
欲使②式对任意成立，∴，
显然，否则由可知，
从而可得，这与为非零常数矛盾，
∴，，
∴，∴，
于是，当时，不存在满足条件的，即不存在满足题设条件的点；
当时，，
将此代入抛物线的方程可求得满足条件的点坐标为或．
下面说明此时直线、的斜率必定存在，
∵，∴，∴，
显然，∴，且，∴直线、的斜率必定存在，
综上所述，存在点（与、两点相异），其坐标为，或，使得直线、的斜率之和为定值．
21．（2023·广东珠海·高二校联考阶段练习）已知函数．
(1)若是的极大值点，求a的值；
(2)若过点可以作曲线的三条切线，求a的取值范围．
【答案】(1)3；
(2).
【分析】（1）根据给定的极值点，求出a值，再验证即可作答.
（2）设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，再构造函数，借助导数探讨三次函数有3个零点作答.
【详解】（1），由解得或，
当时，，由得或，
由得，即在，上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极小值，不符合题意，舍去，
当时，，由得或，
由得，即函数在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，
所以.
（2）设过点作曲线的切线的切点为，则切线方程为，
将点的坐标代入，整理得，令，
依题意，有三个零点，，
当时，在上单调递增，则只有一个零点，
当时，由得或，由得，
即在上递增，在上递减，函数在处取极大值，在处取极小值，
而，则只有一个零点，
当时，由得或，由得，
即在上递增，在上递减，函数在处取极大值，在处取极小值，
而，要使有三个零点，当且仅当，解得，
所以a的取值范围是．
22．（2023·全国·开滦第二中学校考模拟预测）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)当时，若函数有两个零点．
①证明：；
②证明：．
【答案】(1)有极小值，无极大值
(2)①证明见详解；②证明见详解
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可求极值；
（2）对①：根据分析可得等价于，构建，利用导数证明；对②：令，整理可得，结合的单调性证明，再结合的单调性即可证明.
【详解】（1）由题意可得：，
∵在上单调递增，且，
∴当时，，当时，，
即当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
可得有极小值，无极大值.
（2）若函数有两个零点，则，解得，
当时，则，
结合的单调性可知：在，内均只有一个零点，则，
构建，则当时恒成立，
故在上单调递增，
①令，则等价于，等价于，等价于，
∵在上单调递增，则，
即，故.
②若函数有两个零点，令，即，
则，可得，
故，
由，则，
∵在上单调递增，则，即，
∴当时恒成立，
又∵在上单调递减，且，
∴，即，
故.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形．
（2）构造新的函数h(x)．
（3）利用导数研究h(x)的单调性或最值．
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．