广东省两阳中学2023-2024学年高二下学期月考一数学试题

这是一份广东省两阳中学2023-2024学年高二下学期月考一数学试题，共14页。试卷主要包含了直线的倾斜角为，的展开式中的系数为，已知函数，则的大致图象为，关于的展开式，下列判断正确的是，已知数列和满足等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟 分值：150分）
命题：阮永铎 审题：冯丽金
班别__________学号__________姓名__________
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，
1.直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
2.把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A.4种 B.6种 C.21种 D.35种
3.如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点在棱上，且满足，设，则（ ）
A. B.
C. D.
4.数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列，新数列为等差数列，则称数列为二阶等差数列.现有二阶等差数列，其中前几项分别为，记该数列的后一项与前一项之差组成新数列，则（ ）
A.8 B.9 C.10 D.11
5.的展开式中的系数为（ ）
A.-40 B.-10 C.40 D.30
6.如图，已知圆柱的轴截面为矩形，分别为圆柱上､下底面圆周上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数，则的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
8.如图所示，是双曲线的左､右焦点，双曲线的右支上存在一点满足与双曲线的左支的交点平分线段，则双曲线的离心率为（ ）
A.3 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.关于的展开式，下列判断正确的是（ ）
A.展开式共有7项
B.展开式的各二项式系数的和为128
C.展开式的第7项的二项式系数为49
D.展开式的各项系数的和为
10.已知数列和满足.则（ ）
A.是等比数列 B.是等差数列
C. D.
11.已知点在圆上，点，则（ ）
A.存在点，使得 B.存在点，使得
C. D.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.抛物线的焦点坐标为__________.
13.在等比数列中，为该数列的前项和，为数列的前项和，且，则实数的值是__________.
14.已知，若对任意，都有，则实数的取值范围是__________.
四､解答题：本大题共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.（13分）
设是正项等差数列，，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，且，求数列的前项和.
16.（15分）
如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
17.（15分）
已知函数，且是函数的两个极值点.
（1）求与的值；
（2）若函数在上有最小值为-2，在上有最大值，求的取值范围.
18.（17分）
已知函数，
（1）当时，求函数在上的最大值和最小值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若曲线在点处的切线与轴垂直，不等式对恒成立，求实数的取值范围.
19.（17分）
在平面直角坐标系中，已知点，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与交于两点，，设直线的斜率分别为.
（i）若，求；
（ii）证明：为定值.
广东两阳中学2023-2024学年度第二学期月考一
高二数学参考答案
班别__________学号__________姓名__________.
1.B 【分析】由直线的斜率计算倾斜角.
【详解】直线改写为斜截式方程为，所以直线斜率，则直线倾斜角为.故选：B.
2.B 【分析】元素相同问题用隔板法.
【详解】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有种.故选：.
3.A 【分析】根据空间向量基本定理结合空间向量的线性运算即可得解.
【详解】因为点为棱的中点，，设，所以
.故选：A.
4.C 【分析】根据概念，先写出等差数列的前几项，得到通项公式，再求数列的第8项.
【详解】由题意，数列的前几项为：，且数列为等差数列，所以：，故.故选：C.
5.D 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】根据题意知，的展开式的通项公式为，
展开式中含项的系数为.故选：
【点睛】本题考查了二项式定理的展开式､求二项式展开式的系数，属于基础题.
6.C 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据已知得出，即可根据异面直线夹角的向量求法得出答案.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
设，则，结合，，可得，所以，
，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选：C.
7.A 【分析】利用导数判定单调性结合特殊区间即可得出选项.
【详解】，令，所以在和上单调递增，又当时，.故选：
A
8.C 【分析】设，由双曲线的定义可求得，
，利用勾股定理求得，在中利用勾股定理即可求得的关系式，从而求得答案.
【详解】设，由双曲线的定义得，
由得，解得，所以，，在中，由勾股定理得，
整理得，即双曲线的离心率，故选：C.
9.BD 【分析】根据二项式定理的性质逐项判断即可.
【详解】展开式共有项，故A错误.展开式的各二项式系数的和为，故B正确.展开式的第7项的二项式系数为，故错误.展开式的各项系数的和为，故D正确.故选：BD.
10.ABD 【分析】将已知的两式相加､相减可得有关结论.
【详解】由已知：，①+②得：且，所以是以1为首项，为公比的等比数列.故A正确，且③
故C错误；①-②得：且，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列.故B正确，且④
③-④得：，故D正确.故选：ABD
11.ACD 【分析】利用圆心的坐标，及半径的大小，可求得的范围，继而判定选项；设，利用坐标验证，继而可判定选项B，D；结合题中条件可知当与圆相切时，最大，解出即可判定选项C.
【详解】圆化为，其圆心，半径，又，则，因为点在圆上，所以，
所以存在点，使得，故A正确；
设，若，则，即，
化为，又点在圆上，故
一定成立，则错，D正确；
又，则三点共线，且，则当与圆相切时，最大，此时，故，故C正确，故选：ACD.
12. 【分析】把抛物线方程化成标准形式后可求焦点坐标.
【详解】抛物线的标准方程为：，故，故焦点坐标为.故答案为：.
13. 【分析】根据等比数列的通项公式求得公比后，利用等比数列的前项和公式建立方程，解出即可.
【详解】设数列的公比为，则，解得，故，所以，又，则，
由得，，解得，故答案为：.
14. 【分析】对求导，求出的最值，由任意，都有，可得，再求出的范围即可.
【详解】由，得，令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调减，在上单调增，
所以，所以，
因为对任意，都有，所以只需，
所以实数的取值范围为.故答案为：.
15.【详解】（1）设正项等差数列的公差为，则，
由题意，可得，
即，
解得或（舍去），
故的通项公式
（2）由（1），可得，
则，
故，
即数列的前项和.
16.【详解】（1）解法一：因为底面是正方形，侧棱底面，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
依意得，
所以，
因为，所以，
由已知，且平面平面，
所以平面
解法二：底面是正方形，，
底面，且平面，
平面平面，
平面，
平面，
为中点，，
平面平面，
平面，
平面，
由已知，且平面平面，
所以平面
（2）依题意得，且，
设平面的一个法向量为，
则，即取，
因为，设平面的一个法向量为，
则即取，
设平面与平面的夹角为，则，
又，所以，所以平面与平面的夹角为.
17.【详解】（1）因为，所以，
由条件知，
即，
解得，经检验适合题意
所以与的值分别为0和-3
（2）由（1）可知，则，
令，得或，
和随的变化情况如下表：
因为，
所以函数在上的最小值为，
所以，解得，
所以，
因为函数在和上递增，在上递减，且，
画出函数图象如图所示，
由于函数在区间上有最大值，根据图象可知，即.
18.【详解】（1）当时，，所以，
令时，，
当时，，当时，，
，所以在取得极小值，也是最小值，
，
又
.
在上的最大值为，最小值是；
（2）
当时，令，解得：，
令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
当时，在上恒成立，
所以在上为减函数，
当时，在恒成立，
所以在上单调递减.
综上，当时，在单调递减，在单调递增，
当时，在上单调递减.
（3），依题意：，解得：，
所以，
又对恒成立，即，
所以在上恒成立.
令，
当时，当时时，
故，
所以的取值范围为.
19.【详解】（1）因为，
根据椭圆的定义可知曲线为以为焦点的椭圆，
其中，
所以椭圆方程：.
（2）（i）易知直线的斜率不为零，
所以设直线的方程为，
，得，
则，
，
，
.
（ii）因为，
为定值..
-2
-1
1
2
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增