福建省福州格致中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.
【详解】由可得，其焦点坐标为，
故选：B
2. 在一个具有五个行政区域的地图上（如图），用四种颜色给这五个行政区着色，当相邻的区域不能用同一颜色时，则不同的着色方法共有（ ）
A. 72种B. 84种C. 180种D. 390种
【答案】A
【解析】
【分析】可分2种情况讨论：若选3种颜色时，必须同色且同色；若4种颜色全用，只能同色或同色，其它不相同，从而可得结果.
【详解】选用3种颜色时，必须同色且同色，与进行全排列，
涂色方法有种；
4色全用时涂色方法：同色或同色，有种情况，
涂色方法有种，
不同的着色方法共有种，故选A.
【点睛】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的应用，属于简单题.有关计数原理的综合问题，往往是两个原理交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
3. 已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且,，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的基本性质可得出，结合以及等差数列的通项公式可判断AB选项，利用等差数列的求和公式可判断C选项，推导出，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，是其前项和，且，，
则，
所以，，
所以，，A对；
，则，B错；
，C对；
因为，则，
又因为，所以，数列是单调递增数列，
当时，；当时，.
综上所述，，D错.
故选：C.
4. 在的展开式中，项的系数为（ ）
A. B. C. 30D. 50
【答案】B
【解析】
【分析】根据多项式展开式确定含的项组成情况，再根据乘法计数原理与加法计数原理求结果.
【详解】表示5个因式的乘积，在这5个因式中，
有2个因式都选，其余的3个因式都选1，相乘可得含的项；
或者有3个因式选，有1个因式选，1个因式选1，相乘可得含项，
故项的系数为.
故选:B．
5. 有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（ ）
A. 60B. 114C. 278D. 336
【答案】D
【解析】
【分析】分三类，第一类，只有3人被录用，第二类，只有4人被录用，第三类，5人全部录用，根据分类计数原理即可得到答案.
【详解】分三类情况，第一类情况，只录用3人，有种情况；第二类情况，只录用4人，有种情况；
第三类情况，录用5人有两种情况：或，有种情况．
所以根据分类加法计数原理共有种．
故选：D.
6. 已知双曲线的一条渐近线与函数的图象相切，则双曲线的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由函数，.可得.假设渐近线与函数的切点为.则渐近线的斜率为，所以可得.解得.所以可得.又因为.即可解得.故选D.
考点：1.双曲线的性质.2.函数的导数的几何意义.3.算两次的一个等式的数学思想.
7. 如图所示，已知直线与曲线相切于两点，函数，则对函数描述正确的是（ ）
A. 有极小值点，没有极大值点B. 有极大值点，没有极小值点
C. 至少有两个极小值点和一个极大值点D. 至少有一个极小值点和两个极大值点
【答案】C
【解析】
【分析】由题设，令与切点横坐标为且，由图存在使，则有三个不同零点，结合图象判断的符号，进而确定单调性，即可确定答案.
【详解】由题设，，则，
又直线与曲线相切于两点且横坐标为且，
所以的两个零点为，由图知：存在使，
综上，有三个不同零点，
由图：上，上，上，上，
所以在上递减，上递增，上递减，上递增.
故至少有两个极小值点和一个极大值点
故选：C.
8. 设，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.
【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，
则当时，，即，取，所以，
记，因为，所以在上单调递减，
则当时，，即，取，所以，故，即；
记，因为，当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，即，取，所以，即；
所以
故选：C.
二、选择题：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，有选错的得0分.
9. 若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（ ）
A B. C. D. 2
【答案】BCD
【解析】
【分析】讨论两顶点的位置，由椭圆的性质结合勾股定理求解.
【详解】由题意可知，，
若这两个顶点为长轴的两个端点时，；
若这两个顶点为短轴的两个端点时，；
若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，；
故选：BCD
10. 以下命题正确的有（ ）
A. 设等差数列，的前项和分别为，，若，则
B. 数列满足，，则
C. 数列满足：，则
D. 已知为数列的前项积，若，则数列的前项和为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式，结合性质计算判断A；利用累加法求出通项判断B；求出的值判断C；利用前项积的意义及等差数列前项和公式计算判断D.
【详解】对于A，由，
所以，故A错误；
对于B，由，得，
则当时，，
所以
，
显然满足上式，因此，故B正确；
对于C，因为，当时，
显然不满足，故C错误；
对于D，，当时，，即，解得，
当时，，于是，即，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以数列的前项和，故D正确.
故选：BD
11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 2是函数的极小值点B. 当时，函数取得最小值
C. 当时，函数存在2个零点D. 若函数有1个零点，则或
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由导数与极值的关系即可判断；对于B，根据最小值定义即可判断；画图观察与的图象的交点情况即可判断CD.
【详解】对A，由题意，
所以当或时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，
所以2是函数的极大值点，故A错误；
对B，由A知，且当时，，且大于，
则当时，函数取得最小值，故B正确；
对于C，若，则令，即，设，
则，所以当或时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
则，，且当，，且大于0，
作出函数图象如图所示，则直线与函数有两个交点，则当时，函数存在2个零点，故C正确；
对于D，若函数有1个零点，即方程有一个根，则转化为直线与的图象只有一个交点，
由图可知，若函数有1个零点，则或，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是画出与的图象，从而即可顺利得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，的系数为，则该二项展开式中的常数项为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理计算即可.
【详解】由二项式定理知：的展开式中含的项为，
其展开式中没有含的项，也没有含的项，常数项为，
所以的展开式中，
含的项为，
此时展开式中的常数项为.
故答案为：
13. 已知圆与圆相交于两点，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】易知两圆公共弦所在的直线方程为，由点到直线距离公式可得向量在向量方向上的投影为，可得结果为2.
【详解】由题意可知两圆公共弦所在的直线方程为，如下图所示：
所以点到直线的距离为，
又易知，所以向量在向量方向上的投影为，
所以，同理可得，
所以.
故答案为：
14. 如图，、两点分别在、轴上滑动，，为垂足，点轨迹形成“四叶草”的图形，若，则的面积最大值为______．

【答案】##
【解析】
【分析】设，则为锐角，可得出，，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求.
【详解】设，则为锐角，所以，，
因为，则，
，所以，，
令，其中，
则，
因为，则，则，
由，可得，可得，
由，可得，可得，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，.
所以，面积的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已如曲线在处的切线与直线垂直.
（1）求的值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据斜率关系，即可求导求解，
（2）求导判断函数的单调性，即可求解函数的最值求解.
【小问1详解】
由于的斜率为，所以，
又,故，解得，
【小问2详解】
由（1）知，所以，
故当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取最小值，
要使恒成立，故，解得，
故的取值范围为
16. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且成等比数列，．
（1）求数列的前n项和．
（2）若，，求满足条件的的集合．
【答案】（1）;
（2）
【解析】
【分析】(1)由三项成等比列式,应用基本量运算,结合通项公式和前项和公式求解即可;
(2)裂项求和后解不等式即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为,
因为成等比,所以,即得
化简得,又因为,所以.
因为,所以,即得
解得或者
当时, 不合题意舍;
当时, ,则,
【小问2详解】
因为
当时,
由题得,化简得,
即,
解得,又因为,所以,
所以
17. 在四棱锥中，已知，，，，，是线段上的点．
（1）求证：底面；
（2）是否存在点使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）首先证明平面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明底面；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论.
【小问1详解】
在中，，
所以．
在中，，
由余弦定理有：，
所以，，所以，
所以，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在中：，则，
所以，，
因为，、平面，
所以面．
【小问2详解】
因为平面，以点A为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有、、、、，
设，其中，
则，
设为面的法向量，则有，
取，则，
所以，平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为
，
由题意可得，
可得，因为，所以．
因此，存在点使得与平面所成角的余弦值为，且．
18. 在平面直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过椭圆右焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的顶点及焦点坐标，利用向量关系建立方程求出得解；
（2）根据条件可转化为，再由根与系数的关系代入化简即可得解.
【小问1详解】
由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆方程为.
【小问2详解】
如图，
由椭圆右焦点，故可设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，，
设存在点，设点坐标为，
由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，
即存在点满足题意.
19. 已知函数
（1）讨论的单调性;
（2）证明:当时，
【答案】（1）答案见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，按照的正负，讨论正负得解；
（2）令，分和两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明.
【小问1详解】
，，
当时，易知，所以函数在R上单调递减，
当时，令，解得，
令，解得，即在上单调递增，
令，得，即在上单调递减，
综上，当时，函数在R上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
令，，
，令，，
则，所以在上单调递增，
当时，，又，
有，，即单调递减，
，，即单调递增，
所以，而此时，
所以当时，成立；
当时，可得，，
所以
又，
所以存在，使得，即，
，，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，由可得，
，
下面证明，，
令，
，
所以在上单调递增，
，
即得证，即成立，
综上，当时，成立.
【点睛】思路点睛：第一问，求出导数，对正负分类讨论，研究导数正负从而得函数的单调性；第二问，令，利用导数研究的单调性，最值，注意分和讨论，对时的情况，结合隐零点和基本不等式求出，问题转化为证明，，构造函数证明.