河南省西峡县第一高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷

这是一份河南省西峡县第一高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷，共29页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
1．（本题5分）定义，，，，，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（本题5分）如图，菱形的对角线与交于点，是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形﹐且平面.给出下列结论：
①平面；
②平面平面；
③“直线直线”始终不成立.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③B．①②C．①③D．②③
3．（本题5分）高二年级进行消防知识竞赛，统计所有参赛同学的成绩，成绩都在内，估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为（ ）

A．65B．75C．85D．95
4．（本题5分）我们把函数图象上任一点的横坐标与纵坐标之积称为该点的“积值”．设函数图象上存在不同的三点A，B，C，其横坐标从左到右依次为，，，且其纵坐标均相等，则A，B，C三点“积值”之和的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．（本题5分）函数满足：当时，，是奇函数．记关于的方程的根为，若，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．1
6．（本题5分）设点(异于原点)在曲线上，已知过的直线垂直于曲线过点的切线，若直线的纵截距的取值范围是，则（ ）
A．2B．1C．D．
7．（本题5分）甲､乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分．一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得分；若平局，则双方各得0分．若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜．令表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
8．（本题5分）已知甲植物生长了一天，长度为，乙植物生长了一天，长度为.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的倍，乙每天的生长速度是前一天的，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取）
A．第6天B．第7天C．第8天D．第9天
9．（本题5分）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ）
A．无论M，N在何位置，为异面直线B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为
C．M，N存在唯一的位置，使平面D．AP与平面所成角的正弦最大值为
10．（本题5分）已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（ ）
A．有最大值，但无最小值B．最大时，球心在正四面体外
C．最大时，同时取到最大值D．有最小值，但无最大值
11．（本题5分）设直线系（其中0，m，n均为参数，，），则下列命题中是真命题的是（ ）
A．当，时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切
B．存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限
C．当时，坐标原点到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为
D．当，时，若存在一点，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则
12．（本题5分）已知，函数，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若在上单调递增，则的取值范围是
C．若函数有2个零点，则的取值范围是
D．若的图象上不存在关于原点对称的点，则的取值范围是
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
13．（本题5分）设点在抛物线上，已知.若，则 ；若，则直线斜率的最小值为 .
14．（本题5分）如图所示，将两块全等的直角三角形纸片和叠放在一起，其中，顶点与边的中点重合，交于点交于点，则重叠部分的面积为 ．
15．（本题5分）已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设，．对于下列命题：
①不论取何实数，圆心始终落在曲线上；
②不论取何实数，弦的长为定值1；
③不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切；
④式子的取值范围是．
其中真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上）
16．（本题5分）已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为 .
17．（本题10分）某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
(1)求的值;
(2)以频率估计概率，完成下列问题.
(i)若从所有花卉中随机抽株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望；
(ii)若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率.
18．（本题10分）如图，在平行六面体 中，E在线段 上，且 F，G分别为线段，的中点，且底面 为正方形.
(1)求证:平面 平面
(2)若与底面不垂直，直线 与平面所成角为 且 求点 A 到平面 的距离.
19．（本题12分）如图，在平面直角坐标系中，半径为1的圆沿着轴正向无滑动地滚动，点为圆上一个定点，其初始位置为原点为绕点转过的角度（单位：弧度，）.

(1)用表示点的横坐标和纵坐标；
(2)设点的轨迹在点处的切线存在，且倾斜角为，求证：为定值；
(3)若平面内一条光滑曲线上每个点的坐标均可表示为，则该光滑曲线长度为，其中函数满足.当点自点滚动到点时，其轨迹为一条光滑曲线，求的长度.
20．（本题12分）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
(1)求；
(2)若正整数互质，证明：；
(3)若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
21．（本题12分）若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
（ⅰ）求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
（ⅱ），求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
22．（本题14分）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．
题号
一
二
三
四
总分
得分
评卷人
得分
一、单选题（共40分）
评卷人
得分
二、多选题（共20分）
评卷人
得分
三、填空题（共20分）
评卷人
得分
四、解答题（共70分）
参考答案：
1．D
【分析】按给定定义把元素排成三角形数阵，再探求规律求解即得.
【详解】依题意，把排列成如下数阵：
第n行有n个数对，各个数对的两数和为，每个数对的第一个数从左起依次为1，2，3，…，n，
则前n行共有个数对，显然数列单调递增，而，
所以是第64行第一个数对，即.
故选：D
2．B
【分析】利用线面平行的判定判断①；利用面面垂直的判定推理判断②；举例说明判断③.
【详解】菱形的对角线与交于点，是的中位线，则，
而平面，平面，因此平面，①正确；
连接，由，得，而平面，
则平面，又平面，因此平面平面，②正确；
显然是二面角的平面角，由绕旋转过程中，
从逐渐减小到（不包含和），当时，，
平面，则平面，而平面，于是，③错误，
所以所有正确结论的序号为①②.
故选：B
3．C
【分析】先利用各矩形的面积之和为1，求得，再利用第75百分位数的定义求解.
【详解】因为，所以．参赛成绩位于内的频率为，
第75百分位数在内，设为，则，解得，即第75百分位数为85，
故选：C．
4．A
【分析】依题意，画出的大致图象，结合积值的定义构造函数，利用导数求其最大值.
【详解】依题意，A，B，C三点“积值”之和为，
因为，可得在和上单调递增，在上单调递减，
当时，，，；
当时，，可画出大概图象：

且有，使得，那么必有，
且关于对称，即，，，
，
则A，B，C三点“积值”之和
令，单调递减，
当时取最大值，，
故选：A.
5．C
【分析】首先判断函数关于点对称，再画出函数和的图象，结合函数的对称性，判断交点的个数，利用数形结合，即可求解.
【详解】若函数是奇函数，则，
即，则函数关于点对称，所以
而也关于点对称，恒过点，
方程根，即为函数与交点的横坐标，
因为两个函数都关于点对称，所以交点也关于点对称，且其中一个交点是，
如图画出两个函数的图象，
若，根据对称性可知，轴左侧和右侧各有3个交点，如图，
当直线过点时，轴右侧有2个交点，此时，
当直线过点时，轴右侧有3个交点，此时，
所以满足条件的的取值范围是，选项中满足条件的只有.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确分析出函数的图象，尤其是，并且会利用数形结合，分析临界直线，即可求解.
6．B
【分析】
设，求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，从而表示出直线的方程，即可得到直线的纵截距，再令，当时利用均值不等式计算可得，当时推出矛盾.
【详解】设，由曲线，则，
所以，
由直线垂直于曲线过点的切线，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
令，则，即直线的纵截距为，
设函数，
若，则，当且仅当，即时取等号，
因为直线的纵截距的取值范围为，则，解得；
若，，当且仅当，即时取等号，不合题意；
综上可得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用导数的几何意义及两直线垂直斜率的关系得到直线的斜率，从而得到直线的方程，再表示出纵截距.
7．C
【分析】
根据题意结合全概率公式分析可得，进而可知是公比为的等比数列，利用累加法结合等比数列求和公式分析求解.
【详解】
由题意可知：i的取值集合为，且，
在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，
在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为，
在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为，
根据全概率公式可得，
整理得，变形得，
因为，则，
同理可得，
所以是公比为的等比数列，
所以，
各项求和得，
则，即，解得．
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：根据题意利用全概率公式结合等比数列的定义可得是公比为的等比数列.
8．C
【分析】设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、，依题意得到、的通项公式，即可求出、，再由得到，最后根据指数函数的性质及对数的运算性质计算可得.
【详解】设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、（即天后树的总长度），
则，，
所以，
，
由，可得，
即，即，
解得或（舍去），
由则，因为，
即，又，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题关键是利用等比数列求出公式求出天后树的总长度，从而得到不等式，再结合指数函数的性质解得.
9．ABD
【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解.
【详解】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，
当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,
故， 且，
由于，故，化简得，
由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，
设,则，且，
，,
设平面的法向量为，则
，令，则,
，故，
由于，故，化简得，
联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，
由于平面，平面，故,
又四边形为正方形，所以,
平面，
所以平面，
故平面的法向量为
，
设AP与平面所成角为，则，
则，当且仅当时取等号，
，
时，令，则，
故，
由于，当且仅当，即时等号成立，此时，
由且可得
因此，
由于，，故的最大值为，故D正确，、
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
10．ABD
【分析】
求出的取值范围可判断A，B；设，根据题意得到关于的表达式，构造函数，对求导，得到的单调性和最值可判断C，D.
【详解】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为，
则在上，，，
球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点，
，，
因为，在中，，则
所以在中，，
因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确；
当，此时，
最大时，球心在正四面体外，故B正确；
对于CD，设，，，
所以，令，
令，解得：或（舍去），
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误.
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，假设，将表示为关于的表达式，再利用导数即可得解.
11．ABD
【分析】A选项，设，圆心到直线的距离等于1，故满足要求；B选项，直线恒过，结合直线的斜率存在和不存在两种情况，得到直线不过第三象限；C选项，得到和，得到原点到直线距离的范围；D选项，由题意得到不等式，得到，分，和三种情况，得到不等式，求出答案.
【详解】A选项，当，时，，
设圆为，则圆心到直线的距离，故与总相切，A正确；
B选项，当时，，
由于，故直线恒过，
若时，直线为，
若时，直线的斜率为，
故直线不过第三象限，
所以存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限，B正确；
C选项，当时，，
坐标原点到直线系M的距离为，
当当时，，
坐标原点到直线系M的距离为
其中，
故，C错误.
D选项，当，时，，
点到直线系M中所有直线的距离，
化简得恒成立，
由于，
若，解得，
当时，，不合要求，舍去，
当时，，满足要求，
若，即或，此时的最小值为0，
则，解得，故此时，
若，即，此时的最小值为，
则，解得或，故此时，
综上，，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
12．ABD
【分析】利用对数函数的单调性判断A，根据函数的单调性列不等式解参数范围判断B，举反例判断C，根据对称函数图象的位置关系列不等式组求解判断D.
【详解】对于A，因为，函数在上单调递增，所以当时，，正确；
对于B，由在上单调递增知，解得，正确；
对于C，当时，函数，作出函数的图象，如图：
由图知，直线与函数有两个交点，则方程有两个根，
即函数有2个零点，显然，错误；
对于D，易知与函数的图象关于原点对称的函数为，作出示意图：
要使若的图象上不存在关于原点对称的点，则，即，
解得，即的取值范围是，正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
13． 3 1
【分析】
第一空：由两点间距离公式以及点坐标满足抛物线方程联立列式即可求解；第二空：将直线斜率表达式求出来，结合基本不等式即可得解.
【详解】第一空：若，则，
又，所以，注意到，
所以解得满足题意；
第二空：直线斜率为，若，
则由基本不等式得，等号成立当且仅当.
故答案为：3；1.
14．
【分析】先证明为的中点，再由得到，最后由面积关系得到结果.
【详解】由已知可得，所以，
因为，
所以，所以，
因为，所以，
所以为的中点，
在中，，
易得，所以，
所以，
故答案为：.
15．②④
【分析】
对于①，根据圆的方程即可判断①，对于②，根据弦长公式即可判断②，根据圆心到直线的距离即可判断③，对于④，令求出点和点的坐标，根据圆方程求出点坐标，求出和，在利用余弦定理求出，求出的面积即可求出，根据即可判断④.
【详解】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确．
对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确．
对于③，圆心到直线的距离等于，
而半径为，二者不一定相等，故③不正确．
对于④，在圆方程令，可得，
或，即，，，，
由圆方程知，，，
由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立），
中，由余弦定理得，
，的面积为，
，，
，即，故④正确．
故答案为： ②④．
16．/
【分析】
结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.
【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.
17．(1)
(2)(i)分布列见解析，；(ii)
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得即可；
（2）(i)依题意可得，根据二项分布的概率公式求出分布列与数学期望；(ii)利用条件概率的概率公式计算可得.
【详解】（1）依题意可得，解得；
（2）(i)由（1）可得高度在的频率为，
所以，
所以，，
，，
，
所以的分布列为：
所以；
(ii)在欧阳花卉中随机抽取株，记至少有株高度在为事件，
至多株高度低于为事件，
则，
，
所以.
18．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意，先证明平面，再根据面面垂直的判定证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）因为，为中点，
所以，，即，
因为是正方形，所以，
因为分别是的中点，所以，所以，
又，平面，
平面，又平面，
平面平面.
（2）以为坐标原点，过作与平面垂直的直线为轴，以的方向为轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
则，设，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，又，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
解得或（舍），，
所以点到平面的距离为，则点到平面的距离为.
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3)8.
【分析】（1）根据给定条件，结合三角函数及弧长计算求解.
（2）利用复合函数的求导公式，求出切线斜率，再借助三角恒等变换推理即得.
（3）由（1）及给定信息，求出并确定原函数，再求出弧长即得.
【详解】（1）依题意，，则，
所以.
（2）由复合函数求导公式及（1）得，因此，
而
，
所以为定值1.
（3）依题意，.
由，得，则，于是（为常数），
则，
所以的长度为8.
【点睛】结论点睛：函数是区间D上的可导函数，则曲线在点处的切线方程为：.
20．(1)
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；
（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；
（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.
【详解】（1）因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
（2）①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
（3）由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果.
21．(1)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）
(2)证明见解析
【分析】（1）(ⅰ)根据等差数列定义即可证明并写出通项公式（ⅱ）分组求和得出，利用裂项相消法求解即可；
（2）求出，利用放缩法可得，相加相消即可，据此即可得证.
【详解】（1）（ⅰ）由，可得，
所以数列是首项为公差为1的等差数列，
所以，
又因为，所以.
（ⅱ），
设，，
，，
所以，
.
（2）若是M数列，有，
故，且，
即
，
则
，
由随的增大而增大，
若，可得，
因为，故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数n，使得.
【点睛】关键点点睛：本题解题中，对求和要求较高，裂项相消法求和是解决问题的关键，其次利用放缩法适当放缩，继续利用裂项相消法是证明的关键.
22．(1)；
(2)，证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）令，则，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
（2）结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，即．
（3）由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.