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（Word版附解析）

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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. 15B. 20C. 30D. 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. 48B. 30C. 60D. 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. 1D. 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. 21B. 21或57C. 21或75D. 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：A
5. 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. 1B. 2C. 3D. 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：C
8. 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. 3B. 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：
（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：
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.
【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，
由韦达定理可得，解得，
显然直线斜率不为零，
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得：，
将，代入得：
，
所以直线过定点，即点坐标为，直线的斜率为，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，
当时，，
当直线的斜率不存在时，设点坐标为，点的坐标为，
则，，且根据题意，
所以，解得，
所以直线的方程为过点，
综上所述，直线斜率的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；
（5）代入韦达定理求解.男生（单位：人）
女生（单位：人）
总计
赞成
400
300
700
不赞成
100
200
300
总计
500
500
1000
奖金（单位：元）
0
10
20
获奖概率
0.15
0.10
0.05
0.010
0.001
2.072
2.706
3.841
6.635
10.828