江苏省南京市第一中学2023-2024学年高二下学期3月阶段考试数学试卷（解析）

这是一份江苏省南京市第一中学2023-2024学年高二下学期3月阶段考试数学试卷（解析），共19页。试卷主要包含了单项选则题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选则题（共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）
1. 已知直线l的一个方向向量，且直线l过A(0，y，3)和B(－1，2，z)两点，则等于（ ）
A. 0B. 1C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据方向向量的定义以及向量平行的规则求解.
【详解】因为A，B点在直线l上，必有 ， ， ，
，解得： ；
故选：A.
2. 邮递员把两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则不同的投入方法共有（ ）
A. 6种B. 8种C. 9种D. 10种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法.
故选：C
3. 若直线把单位圆分成长度为的两段圆弧，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线和圆相交于，则根据较短弧长与较长弧长之比为得到，利用点与直线的距离建立条件关系即可．
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径R=1，
设直线和圆相交于，

若较短弧长与较长弧长之比为，则，
则圆心到直线的距离，
即，解得.
故选：B.
4. 已知数列{an}是等比数列，且，则的值为（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】应用等比中项的性质有，结合已知求值即可.
【详解】由等比数列的性质知：，，，
所以，又，
所以.
故选：C
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，延长交椭圆于点，若为等腰三角形，则（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据椭圆的定义，得到，再由为等腰三角形，得，联立方程组求得，进而得到的值.
【详解】如图所示，由椭圆的左、右焦点分别为，且，
可得，所以，
设，可得，所以，
因为等腰三角形，可得，则，
联立方程组，可得，则.
故选：C.
6. 中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A. 种B. 种
C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】确定区域，，，的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．
故选：B．
7. 若函数有且仅有1个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将可得，构造函数，利用导数求解单调性，即可结合函数的图象求解.
【详解】令，得，
令，则，
故当时，，当时，，当时，，
因为，作出函数的大致图象如下，观察图象可知，，
则，
故选:D．

8. 如图，将正方形纸片沿对角线翻折，若E，F分别为的中点，O为原正方形的中心，使得折纸后的二面角的大小为，则此时的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量数量积与夹角关系计算即可.
【详解】
如图所示，易知，
所以结合已知有，
易知，
设正方形边长为2，所以,
.
故选：A
二、多选题（共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选对得6分，部分选对得3分，有错选得0分）
9. 下列结论中正确的是（ ）
A. 若直线的方程，则直线的倾斜角为
B. 已知曲线（，不全为0），则曲线的周长为
C. 若直线与直线垂直，则
D. 圆与圆的公切线条数为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，直接由斜率验算倾斜角即可；对于B，根据对称性，先得第一象限内曲线的长度，由此即可验算；对于C，由直线垂直的充要条件即可验算；对于D，先判断两圆的位置关系，由此进一步即可判断.
【详解】对于A，直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故A正确；
对于B，如图所示：
当时，曲线，即，
此时它的图象为半径为的半圆弧，这时它的长度为，
在曲线中，分别用替换，
方程依然成立，
这表明了曲线的图象关于坐标轴以及坐标原点对称，
所以曲线的周长为，故B正确；
对于C，若直线与直线垂直，
则，解得或，故C错误；
对于D，圆即，
圆心半径分别为，
圆的圆心半径分别为，
所以两圆圆心距为，
所以两圆相交，它们公切线条数为2，故D正确.
故选：ABD.
10. 著名科学家笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了的方程式，这就是现代数学中有名的“笛卡尔叶线”（或者叫“叶形线”），数学家还为它取了一个诗意的名字——茉莉花瓣曲线．已知曲线G：，则（ ）
A. 曲线G关于直线y＝x对称
B. 曲线G与直线x－y＋1＝0在第一象限没有公共点
C. 曲线G与直线x＋y－6＝0有唯一公共点
D. 曲线G上任意一点均满足x＋y＞－2
【答案】ACD
【解析】
【分析】验证对于任意是否都有成立即可判断A；联立直线与曲线得，构造，利用导数研究其在上零点个数即可判断B；联立直线与曲线求交点即可判断C；设，代入曲线整理得，通过判别式得出的范围即可判断D.
【详解】对于A，将代入，有都成立，
即曲线关于直线对称，故A对；
对于B，将代入曲线得，即，
令，且，
则，由，解得，
在上，递减，在上，递增，
又，而，
所以在上有两个零点，故B错；
对于C，将代入曲线得，
即，所以，
即曲线与直线有唯一公共点，故C对；
对于D，设，代入曲线得，
即，
当，即时，代入得，矛盾，故，
所以，即，
解得，又，所以，故D对.
故选：ACD.
11. 在棱长为2的正方体中，下列选项正确的是（ ）
A. 若M，N分别为，的中点，直线平面；
B. 若，三棱锥P−A1BC的体积为定值；
C. 若､､分别为､､的中点，则存在实数､使得成立；
D. 若，则异面直线BP和所成角取值范围是.
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，用向量的方法即可判断A、C、D，变换三棱锥P−A1BC的顶点和底面，用等积法可判断B.
【详解】以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，，，
，是平面的一个法向量，
因为，所以A错误；
若，则点在线段上，如图：
则三棱锥P−A1BC的体积
为一定值，故B正确；
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，，，
，，，
若存在实数､使得成立，
则有，
所以有，解得，所以C正确；
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，D(0,0,0)，，，
，，
若，得，则，
设异面直线BP和所成角为，则，
所以有，
当时，，此时异面直线BP和所成角为；
当时，令，则，
，
令，则，，
因，所以当即时，取得最大值，
此时此时异面直线BP和所成角为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（共3小题，每小题5分，共计15分，请把答案填写在答题卡相应位置上）
12. 一条铁路线原有个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，则原有车站____个．
【答案】14
【解析】
【分析】根据题意结合排列数的定义建立方程，可得答案.
【详解】由题意可得，，即，解得．
故原有车站14个．
故答案为：14.
13. 数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意的，总有，，成等差数列，又记，数列的前项和______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据等差中项可得，再利用和的关系可得，进而求得，所以，利用裂项相消求和即可.
【详解】由对于任意的，总有，，成等差数列可得：
，
当时可得，
所以，
所以，
所以，
由数列的各项均为正数，
所以，
又时，所以，
所以，
，
.
故答案为：.
14. 如图所示，在长方体中，，，与平面交于点，则点到直线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，先求出点的坐标，再根据点到直线距离的向量公式计算即可．
【详解】以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
由平面，设，
所以，
设，
所以，即，解得，
所以，则，
设直线的夹角为，
则，
所以，
所以点到直线的距离为，
故答案为：．
15. 在某大学艺术节上，经过激烈竞争选拔出了6名同学进行才艺展示，其中，财政学院选出了2名同学会计学院选出了3名同学，统计学院选出了1名同学.
（1）出场顺序要求财政学院选拔的2名同学既不在第位出场，也不在最后一位出场，求不同的出场顺序种数；
（2）出场顺序要求财政学院选拔的2名同学不能连排，会计学院选拔的3名同学连排，求不同的出场顺序种数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先排第一位和最后一位的出场，再排剩下的名同学，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）利用捆绑法与插空法计算可得；
【小问1详解】
解：先安排第一位和最后一位的出场，有种，剩下的4名同学的出场顺序有种，
由分步乘法计算原理得不同的出场顺序种数为；
【小问2详解】
解：先把会计学院的3名同学连排，作为一个整体有种排法；
再把他和统计学院的1名同学排好有种排法，并产生了3个“空位”，
最后用财政学院的2名同学去坐这3个“空位”有种排法.
由分步乘法计数原理得不同的出场顺序种数为.
16. 已知数列为等差数列，为公比为3的等比数列，且.
（1）证明：；
（2）若集合，求集合中元素个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）0
【解析】
【分析】（1）设出等差数列的公差，由基本量表示出来，求解即可得证；
（2）由（1）知，所以，将转化为，从而可知无正整数解.
【小问1详解】
证明：设数列an的公差为，
则，
解得，所以原命题得证.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以，
因为，所以，因为m∈N∗，所以是偶数，
所以无正整数解，故集合中的元素个数为0.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的结构对分和讨论得解；
（2）对分类讨论求出的最大值，建立关于的不等关系，解得的范围.
【小问1详解】
，
当时，在上单调递增；
当时，令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
当时，，不合题意.
当时，由（1）可知，.
设，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以.
所以当且时，，不合题意，
当时，，符合题意.
综上，.
18. 已知抛物线，点为其焦点，为上的动点，为在动直线上的投影.当为等边三角形时，其面积为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为，的中点，求面积的最小值.
【答案】（1）；
（2）16.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件求出，设出点P的坐标，结合抛物线定义列式计算作答.
（2）设出直线AB、CD的方程，求出点H坐标，进而求出，由面积建立函数关系，借助均值不等式求解作答.
【小问1详解】
抛物线的焦点F(p2,0)，准线，
为等边三角形，则有，而为在动直线上的投影，则，
由，解得，设，则点，
于是由得：，解得，
所以抛物线的方程为：.
【小问2详解】
显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，设直线AB方程为：，则直线CD方程为：，
由消去x并整理得：，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则，
于是得弦AB中点，，
同理得，
因此，直角面积
，当且仅当，即时取“=”，
所以面积的最小值为16.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以是
斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.
19. 如图，已知平行六面体的侧棱长为3，底面是边长为4的菱形，且，点，分别在和上．
（1）若，，求证：，，，四点共面；
（2）若，点为线段上（包括端点）的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用共面向量定理可证明；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦可得解．
【小问1详解】
因为，，，
所以，所以，，，四点共面．
【小问2详解】
因为，
所以点在底面的射影落在上，过点作，过点作，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
则，在中，，
又因为底面是边长为4的菱形，且，
所以，则，
设与的交点为，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由，可求得，，
所以，，
设为平面的法向量，
由，即，取，则，，
所以，
因为，所以，
设，所以，
所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
因为，所以，，
所以．